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Agrégation (Concours Externe) OPTION : PHYSIQUE Épreuve C : Problème de Physique - Session : 1994 par Yves GALERNE PROBLÈME A UN EXEMPLE DE TRANSITION MÉCANIQUE 1. a. Le moment d’inertie de la bille par rapport à un axe passant par son centre peut se trouver sans calcul, en utilisant les symétries de la sphère : I 0 = ∫ ρ (x 2 + y 2 ) dV = 2 3 ∫ ρ (x 2 + y 2 + z 2 ) dV Soit : I 0 = 2 3 m r 2 b. Le lagrangien de la bille est L = E c – V, où : V = mg z = – mg X sin α E c = 1 2 m v 2 + 1 2 I 0 Ω 2 Avec v = X . = Ωr, puisque la bille roule sans glissement, on a : L = 5 6 mX . 2 + mg sin α X OPTION PHYSIQUE 3
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Agrégation(Concours Externe)
OPTION : PHYSIQUEÉpreuve C : Problème de Physique - Session : 1994
par Yves GALERNE
PROBLÈME A
UN EXEMPLE DE TRANSITION MÉCANIQUE
1. a. Le moment d’inertie de la bille par rapport à un axe passant par son centre peut se trouver sans calcul,en utilisant les symétries de la sphère :
I0 = ∫ ρ (x2 + y2) dV = 23 ∫ ρ (x2 + y2 + z2) dV
Soit : I0 = 23 m r2
b. Le lagrangien de la bille est L = Ec – V, où :
V = mg z = – mg X sin α
Ec = 12 m v2 + 12 I0 Ω2
Avec v = X.
= Ωr, puisque la bille roule sans glissement, on a :
L = 56 mX.
2 + mg sin α X
OPTION PHYSIQUE 3
c. L’équation de Lagrange s’écrit : X..
= 35 g sin α
Elle détermine un mouvement uniformément accéléré.
2. Maintenant, v = X.
= Ωd = Ω r√2
et : Ec = 12 m v2 + 12 I0 2 v
2
r2 = 76 m X
.2
La bille effectue par conséquent un mouvement uniformément accéléré tel que :
X..
= 37 g sin α
3. a. Le mouvement de la bille dans le référentiel terrestre, est la combinaison d’un mouvement de rotationautour de l’axe vertical du rail circulaire, et d’un mouvement de roulement sur le rail. Les vitessescorrespondant à ces mouvements étant orthogonales, l’énergie cinétique de la bille peut s’écrire :
Ec = Ec (roulement) + Ec (ω)
Ec (roulement) = 76 mv2 avec v = Rθ.,
et : Ec (ω) = 12 I ω2
où d’après le théorème de Koenig : I = I0 + m R2 sin2 θ
On déduit : Ec = 76 m R2 θ.
2 + 12 m ω2 R2 sin2 θ + 13 m ω2 r2
4 OPTION PHYSIQUE
b. L’énergie potentielle de la bille est : V = mg R (1 – cos θ).
On déduit L = 76 m R2 θ.
2 + 12 m ω2 R2 sin2 θ + 13 m ω2 r2 – mg R (1 – cos θ), ainsi que l’équation de son
mouvement : 73 θ..
= ω2 cos θ – g
R sin θ.
La constante numérique de l’énoncé est donc : α = 73
c. A l’équilibre θ. = 0, par conséquent :
ω2 cos θ – gR
sin θ = 0
⇒
sin θ = 0 ⇒ θ = 0 ou θ = π
cos θ = gω2 R
α/ Équilibre θθθθ0 ==== ππππ.
La bille quitte le rail dans ce cas.
Supposons qu’elle y soit quand même assujettie. Posons θ = θ0 + δθ.
L’équation de son mouvement au premier ordre autour de cet équilibre s’écrit :
73 δθ
.. =
gR + ω2
δθ ⇒ Équilibre toujours instable.
β/ Équilibre θθθθ0 ==== 0.
L’équation des petits mouvements autour de cet équilibre est :
73 δθ
.. =
ω2 – gR
δθ.
Elle montre que l’équilibre est stable si : ω2 < ω02 = g
R , instable sinon.
γ/ Équilibre θθθθ0 ==== ±±±± Arc cos gωωωω2 R
(possible si gω2 R
< 1, c’est-à-dire si ω > ω0).
L’équation des petits mouvements 73 δθ
.. + ω2 sin2 θ0 δθ = 0 montre que cet équilibre est stable.
d. En résumé, on observe une transition mécanique pour ω = ω0.
Pour ω < ω0, l’état stable est : θ0 = 0.
Pour ω > ω0, l’état stable est : θ0 = Arc cos
gω2 R
.
OPTION PHYSIQUE 5
Remarque 1 : La transition est continue (deuxième ordre).
Remarque 2 : Il y a en réalité deux états stables pour ω > ω0 : θ0 = ± Arc cos
gω2 R
⇒ bifurcation.
Remarque 3 : Il y a alors rupture de symétrie du système, pourtant symétrique au départ.
4. a. L’équation différentielle (3.c.β.) : 73 δθ
.. =
ω2 – g
R δθ, montre que les petits mouvements autour de
l’équilibre θ0 = 0, sont sinusoïdaux pour ∆ω < 0, et de pulsation Ω– telle que :
Ω–2 = 37
ω0
2 – ω2 = – 67 ωωωω0 ∆∆∆∆ωωωω.
b. De même, l’équation (3.c.γ.) : 73 δθ..
+ ω2 1 – g2
R2 ω4 δθ = 0, montre que les mouvements sont sinusoïdaux
autour de l’équilibre θ0 = Arc cos gω2 R
pour ∆ω > 0, et de pulsation Ω+ telle que :
Ω+2 = 73
ω2 –
ω04
ω2
= 12
7 ωωωω0 ∆∆∆∆ωωωω.
c. En résumé, on a au 1er ordre en ∆ω, la relation : ΩΩΩΩ++++2 ((((∆∆∆∆ωωωω)))) ==== – 2 ΩΩΩΩ–
2 ((((∆∆∆∆ωωωω)))) qui exprime le ralentissementcritique des mouvements à la transition.
5. a. La fonction de dissipation de la bille étant F = 12 η v2 ≈ 12 η R2 θ.
2, l’équation du mouvement devient :
73 θθθθ..
++++ ηηηηm θθθθ
. ++++ sin θθθθ
gR – ωωωω2 cos θθθθ
==== 0 .
6 OPTION PHYSIQUE
Le terme inertiel, en θ..
, est négligeable s’il est beaucoup plus petit que les 2 autres, en particulier, s’ilest très inférieur au terme dissipatif, c’est-à-dire si m <<<< <<<< ηηηηττττ____________________________________ , où τ est le temps de réponse caractéristiquedu système.
b. Les positions d’équilibre (θ. = 0) sont les mêmes que précédemment.
α/ ωωωω <<<< ωωωω0 : Équilibre θ0 = 0.
L’équation des petits mouvements autour de cet équilibre devient :
ηm δθ
. +
gR – ω2
δθ = 0.
Elle montre que le retour à l’équilibre est amorti avec un temps de relaxation τ– (stabilité) tel que :
1τ–
= mη
ω0
2 – ω2
β/ ωωωω >>>> ωωωω0 : Équilibre pour θ0 = ± Arc cos gω2 R
.
L’équation des petits mouvements autour de cet équilibre est :
ηm δθ
. + ω2 sin2 θ0 δθ = 0.
Elle montre la stabilité de l’équilibre avec un temps caractéristique d’amortissement des petits mouve-ments τ+ tel que :
1τ+
= mη
ω2 sin2 θ0 = mη
ω2 1 –
ω0
ω
4 ü
c. En résumé :
1τ–
= – 2 mη
ω0 ∆ω si ∆ω < 0, et 1τ+
= 4 mη
ω0 ∆ω si ∆ω > 0.
OPTION PHYSIQUE 7
d. Par conséquent : 1ττττ++++
((((∆∆∆∆ωωωω)))) ==== – 2 1ττττ–
((((∆∆∆∆ωωωω)))).
Et graphiquement :
où on remarque à nouveau le ralentissement critique à la transition.
PROBLÈME B
QUELQUES PROPRIÉTÉS PHYSIQUES DES SYSTÈMES FEUILLETÉS
I. Densité d’énergie élastique d’un smectique
1. a. L’expression (1) est le 1er terme du développement de p en δee0
, ou approximation linéaire, valide si
δee0
< < 1.
p est une pression de rappel, par conséquent B > 0.
B est mesuré en Pascals = J ⁄ m3.
b. Force de pression reçue par la surface S du système : f = pS.
Travail dW = – f de
reçu
⇒ Félast. = ∫ e0
eBS
e – e0e0
de = 12 B Se0
V = 1
e – e0e0
2
Par conséquent : Fél ==== 12 B γγγγ 2 où γ = dilatation linéaire relative.
Remarque : B > 0 ⇒ Fél minimum pour γ = 0 (stabilité).
8 OPTION PHYSIQUE
c.
e = e0 + u (e0) – u (0) ⇒ δu = e – e0 pour δz = e0,
⇒ γ = ∂u∂z
et fb ==== 12 B
∂∂∂∂u∂∂∂∂z
2
.
d. γmax = 1 correspond à l’énergie maximale par molécule kbT = 12 B × vmol.
vmol = volume occupé par une molécule.
vmol = e0 × Φ2 cos↓
√3 ⁄ 2
π6 , car la maille est :
On déduit : B ==== 2 kbTvmol
==== 4√√√√3
kbT
e0 ΦΦΦΦ2 ==== 1,28.107 J.m– 3 .
2. a. Approximation linéaire : cf. 1.a. ⇒ K > 0 (stabilité). Approximation valide pour c suffisammentpetit, c’est-à-dire R > > e0.
b. c = ∂2u
∂x2 , et par conséquent :
fc ==== 12 K
∂∂∂∂2u∂∂∂∂x2
2
.
OPTION PHYSIQUE 9
c.
n→
nx = – sin θ ≈ – θny = 0nz = cos θ ≈ 1
et ∂u∂x
= tg θ ≈ θ si θθθθ est petit.
Par conséquent, fc ==== 12 K
∂∂∂∂θθθθ∂∂∂∂x
2
, qui peut également s’interpréter comme la densité d’énergie élastique
de la déformation orientationnelle de la normale aux couches selon l’axe x :
d. Cette densité d’énergie peut aussi s’écrire fc = 12 K
∂nx
∂x
2
, et suggère l’existence d’un terme supplé-
mentaire en 12 K’
∂nx
∂z
2
correspondant à la déformation :
Remarque 1 : On peut faire l’hypothèse que K’ = K.
Remarque 2 : Les termes en ∂nz sont d’ordre inférieur, car θ ~ 0.
e. L’analyse dimensionnelle [fb] = [B] et [fc] =
[K]
L2 montre que √ K
B = λ est une longueur. Par consé-
quent, λ ≈ e0 qui est la seule longueur présente dans ce problème.
K ==== e02 B ==== 1,15.10 – 10 N.
10 OPTION PHYSIQUE
3. a.
e = e0
cos θ
∂∂∂∂u∂∂∂∂z
==== e – e0
e0 ==== 1
cos θθθθ – 1 ≈≈≈≈
θθθθ2
2 si θ est petit.
b. Au 1er ordre, la dilatation réelle est :
γγγγ ==== ∂∂∂∂u∂∂∂∂z
– 1cos θθθθ
++++ 1 ≈≈≈≈ ∂∂∂∂u∂∂∂∂z
– θθθθ2
2 ,
et par conséquent :
fb ==== 12 B
∂∂∂∂u∂∂∂∂z
– 1cos θθθθ
++++ 1
2
≈≈≈≈ 12 B
∂∂∂∂u∂∂∂∂z
– θθθθ2
2
2
.
c. Avec θ ≈ ∂u∂x
, I.3.b. et l’équation (3), on déduit l’expression (4).
d. Si θ2 < < ∂u∂z
, c’est-à-dire
∂u∂x
2
< < ∂u∂z
, la dilatation apparente peut être négligée.
II. Distance de pénétration d’une déformation des couches smectiques
1. Lorsque le terme en θ2 dans (4) est négligeable, c’est-à-dire lorsque
∂u∂x
2
est suffisamment petit, les
déformations cylindriques contribuent linéairement à l’énergie libre (cf. I.3.d.). On peut alors décomposerla déformation (et donc la rugosité quelconque qui est à son origine) en série de Fourier, et considérerséparément chacun de ses termes (5). On a alors u0 q < < 1.
2. a. F = 12 B ∫ 0
∞
dz ∫ S
ds
∂u∂z
2
+ λ2
∂2u∂x2
2
+
∂2u∂x∂z
2
.
OPTION PHYSIQUE 11
b. On envisage une variation quelconque δu, mais nulle aux limites :
δ ∫ 0
∞
∂u∂z
2
dz = ∫ 0
∞2
∂u∂z
∂δu∂z
dz = 2
∂u∂z
δu 0
∞
– 2 ∫ 0
∞∂2u∂z2 δu dz,
w = ∂u∂z
dv = dδu
dw = ∂2u∂z
v = δu
De même :
δ ∫∫
∂2u∂x∂z
2
dz dx = ∫∫ 2 ∂2u∂x∂z
∂2δu
∂x∂z dz dx = 2 ∫ ∂2u
∂x∂z ∂δu∂x
0
∞
dx – 2 ∫∫ ∂3u∂x∂z2 ∂δu
∂x dx dz
w = ∂2u∂x∂z
dv = d ∂δu∂x
dw = ∂3u
∂x∂z
v = ∂δu∂x
car
⇒
δu (z = 0) ≡ 0
∂δu∂x
(z = 0) = 0
= – 2 ∫
∂3u∂x∂z2
δu
dz + 2 ∫∫ ∂4u
∂x2 ∂z2 δu dx dz
w = ∂3u
∂x∂z2
dv = dδu
dw = ∂4u
∂x∂z2
v = δu
De même :
δ ∫∫
∂2u∂x2
2
dx dz = ∫∫ 2 ∂2u∂x2
∂2δu∂x2 dx dz = – 2 ∫∫ ∂3u
∂x3 ∂δu∂x
dx dz = 2 ∫∫ ∂4u∂x4 δu dx dz.
On déduit : δF = 12 B ∫∫ dz dS 2 δu . – δ
2u∂z2 + λ2
∂4u∂x4 + ∂4u
∂x2 ∂z2
= 0 ∀ δu (x, z),
et par conséquent :∂∂∂∂2u∂∂∂∂z2 ==== λλλλ2
∂∂∂∂4u∂∂∂∂x4 ++++ ∂∂∂∂4u
∂∂∂∂x2 ∂∂∂∂z2 .
c. Au minimum d’énergie, fél (∞) = 0. Il en résulte que la compression à l’infini ∂u∂z
(∞) est nulle, et que
u (x, z = ∞) = Cte.
d. La solution de (6) de la forme u (x, z) = v (x) w (z), satisfait à l’équation :
vw’’ – λ2 [v’’’’ w + v’’ w’’] = 0,
12 OPTION PHYSIQUE
ou en divisant par λ4 v’’’’ w’’, à : vλ4v’’’’
– v’’λ2v’’’’
= wλ2w’’
= α, c’est-à-dire à :
α λ2 w’’ – w = 0
α λ2 v’’’’ + v’’ – vλ2 = 0
(I)
(II)
La solution de (I) est de la forme w ((((z)))) ==== A exp – zl ++++ B exp zl avec l = λ√α . Les formes oscillatoires
non amorties doivent être écartées au minimum d’énergie. Par conséquent, l est réel et α > 0. De mêmela solution divergeante doit être rejetée ⇒ B = 0.
La solution de (II) est du type v (x) = u0 cos q x, avec l2 q4 – q2 – 1λ2 = 0, c’est-à-dire :
l = 1q2 √q2 + 1
λ2
Au total, la solution de l’équation (6) est : u ((((x, z)))) ==== u0 cos q x exp – zl .
C’est bien la solution du problème, car elle satisfait aux conditions aux limites et qu’elle est unique.
e. Le problème reste linéaire si le terme 12
∂u∂x
2
est négligeable devant ∂u∂z
, c’est-à-dire si u0l > > 12 u0
2 q2,
ou si u0 <<<< <<<< 1q2l
≈≈≈≈ λλλλ ==== 3 nm.
f. l ≈≈≈≈ 1λλλλq2 ==== 75 µµµµm.
3. a. Les conditions aux limites sont données par l’équation (5) et :u (x, y, z = d) = d – Ne0 = 0
b. La solution w (z) = A exp – zl + B exp zl satisfait maintenant aux conditions aux limites :
w (z = 0) = A + B = u0
w (z = d) = 0 = A e– dl + B e
dl
Par conséquent : A = u0 ed ⁄ l
2 sh d ⁄ l et B =
u0 e– d ⁄ l
2 sh – dl
,
et : w (z) = u0 sh d – z
lsh d ⁄ l
Au total : u (x, y, z) = u0 sh d – z
l
sh dl
cos q x
OPTION PHYSIQUE 13
c. Deux géométries extrêmes :
α) β)
qe peut être défini par : l (q = qc) = d, c’est-à-dire : d2 qc4 = qc
2 + 1λ2.
Soit : q c 2 ==== 1
2d2 1 ++++ √√√√ 1 ++++ 4
dλλλλ
2 .
Remarque : l > d correspond à
dλ
2
X2 – X – 1 < 0 où X = λ2 q2, donc à q < qc.
d. F = 12 B ∫∫ 0
d
dx dz
∂u∂z
2
+ λ2
∂2u∂x2
2
+
∂2u∂x ∂z
2
∂u∂z
= – u0l
ch d – zl
sh dl
cos q x
F = B2 u0
2
2l2 sh2 dl
∫ 0
dch2
d – zl
2
. 1 + λ2 q2 + l2 λ2 q4 sh2
d – zl
dz
F ==== B4 u0
2 λλλλ2 q4
sh2 dl
∫∫∫∫ 0
d
ch 2
d – zl
dz .
α) Cas l >>>> >>>> d : sh dl ~ dl et ch 2
d – zl
~ 1
F ==== u02 B
4d ((((λλλλ l q2))))2 = u02 B
4d (1 + λ2 q2) .
β) Cas d >>>> >>>> l : sh dl ~ ed ⁄ l
2
F = B u0
2
4 λ2 q4
sh2 dl
– l
2 ∫
0
d
ch 2 d – z
l d
– 2zl
=
B u02 λ2 q4
4 sh2 dl
× l2 sh 2d
l = u02 B4 l λλλλ2 q4.
14 OPTION PHYSIQUE
Remarque : Fα
Fβ = l
d : L’échantillon smectique s’impose lui-même la distance de pénétration l lorsque
l’épaisseur d’échantillon le lui permet. Son énergie s’en trouve réduite d’autant.
4. a. l = 1q2 √q2 + 1
λ2
⇒
λq < < 1
λq > > 1
⇒
⇒
l ≈ 1λq2
l ≈ 1q
:
:
correspond au cas étudié dans le problème.
correspond à λ > > Λ (couches smectiques très épaisses).
b. λλλλq <<<< <<<< 1 ⇒ l ≈ 1λq2 = d ⇒ qc ≈≈≈≈ 1
√√√√λλλλd ,
λλλλq >>>> >>>> 1 ⇒ l ≈ 1q = d ⇒ qc ≈≈≈≈ 1d .
Remarque : Dans ce cas, on a λ > > 1q ~ d ⇒ Il n’y a plus de couches en réalité ! (Nématique).
c. α) l >>>> >>>> d : λλλλq <<<< <<<< 1 ⇒ FSm = Bu0
2
4d λλλλq >>>> >>>> 1 ⇒ FNém = Kq2
4d u02.
Remarque : Même dépendance en 1d.
β) l <<<< <<<< d : λλλλq <<<< <<<< 1 ⇒ FSm = Bu0
2
4l = √KB4 q2 u0
2 λλλλq >>>> >>>> 1 ⇒ FNém = Kq3
4 u02.
β) λλλλ <<<< <<<< δδδδ : Pénétration en l = 1λq2.FSin =
Bu02
4l = √KB
4 q2 u02Pénétration en 1
q, car l = 1q.
OPTION PHYSIQUE 15
III. Tension superficielle d’un système smectique
1. a. Microscopiquement : L’énergie de surface provient :– des interactions rompues par la surface entre les molécules (van der Waals, liaison hydrogène, ...),– de l’ordre moléculaire imposé par la surface qui abaisse son entropie S et augmente F = U – TS.
Macroscopiquement : F = A × Surface > 0 sinon il y aurait explosion du système par augmentation desa surface à l’infini.
b.
u = u0 cos q x
dS = dx’ dy
dx’ = √ (dx)2 + (du)2 = dx 1 + u0
2 q2 sin2 q x
1 ⁄ 2
F = A ∫ S = 1
dS = A ∫ dy dx 1 +
u02 q2 sin2 q x
↓ 1 ⁄ 2
(u0 q < < 1)
δδδδF ==== A q2
4 u02 pour S = 1.
c. δF = A ∫ S = 1
1cos θ
– 1 dS = A ∫
1 –
θ2
2
– 1
– 1 dS = A ∫ θ2
2 dS si θ est petit.
Remarque : θ n’est pas additif. Il faut revenir en u.
θ2 = θx2 + θy
2 =
∂u∂x
2
+
∂u∂y
2
et Bessel-Parseval ⇒ 1S ∫
S
∂u∂x
2
dS = ∑ q→
qx2
uq→
2.
Par conséquent : δF = A2 ∑ q→
qx
2 + qy2 uq→
2 = A2 ∑∑∑∑ q→→→→
q2 uq→→→→
2.
16 OPTION PHYSIQUE
Remarque : Cas de 1.b. : u = u0 cos qx = u02 [exp iqx + exp – iqx] qui correspond à :
uq = u02
u– q = u02
Avec ∑ q
q2 uq
2 = q2 u0
2
2 , on retrouve bien l’augmentation d’énergie δF de la question III.1.b.
2. a. En plus de l’énergie libre de tension superficielle proprement dite, on a l’énergie smectique (cf. II.4.c.β) :
FSm = √KB
4 q2 u02.
b. Elle renormalise la constante A qui devient A + δA, tel que :
δδδδA ==== √√√√ KB ==== λλλλB.
Application Numérique : δδδδA ==== 3,8 . 10 – 2 Jm– 2.
c. Comme en II.1., on peut alors décomposer FSm en série de Fourier. On peut ensuite additionner chaqueterme de Fourier de FSm au terme correspondant de δF dans III.1.c., et voir que A devient A ++++ √√√√ KB,comme en 2.b.
IV. Flambement des couches
1. a. Le terme Xz est le terme de déplacement uniforme (ou linéaire). Pour z = d, Xz = δ. A cela peuts’ajouter une perturbation périodique décomposable en série de Fourier :
ℜ e↑
facultatif
∑ qx, qy, qz
uq→, qz exp j q→ . r→ (cos qz z + j sin qz z).
Les conditions aux limites imposent que cette perturbation s’annule pour
z = 0z = d
, ∀ r→.
z ==== 0 ⇒ ℜ e u
q→, qz e j q→ . r→ + u
– q→, – qz e – j q→ . r→
= 0, car indépendance des q→ .
Il n’y a donc pas de termes en cos qz z.
z ==== d ⇒ ℜ e u q→, qz
e j q→ . r→ – u– q→, – qz e – j q→ . r→
sin qz d
= 0 ⇒ sin qz d = 0,
et par conséquent : qz ==== nππππd .
D’autre part, qx = 2nx π
L , qy = 2 ny π
L .
OPTION PHYSIQUE 17
Au total, (7) peut s’écrire :
u ((((x, y, z)))) ==== Xz ++++ ∑∑∑∑ n, q→→→→
Un, q→→→→ sin n ππππ z
d exp j q→→→→ . r→→→→.
Remarque : Ce terme est réel, et Un, q→ = j un, q→ = j uq→, qz (= n π ⁄ d), où n est entier relatif.
b. On se place dans les conditions de linéarité de l’énergie élastique (θ < < 1). On peut alors considérerl’effet des différents modes indépendamment des autres, et ne garder dans l’expression de u qu’un seulterme oscillant (comme en II.1.). On commence par le plus important qui sera souvent le fondamental :n ==== 1, avec q→ orienté selon l’axe x :
u (x, z) = Xz + sin k1 z U1, q e jqx + U1, – q e– jqx – U– 1, q e
jqx – U– 1, – q e– jqx
u1 cos q x
où k1 ==== ππππd.
u1 est réel, puisque cette expression est réelle, et par choix judicieux de l’origine des x.
c. On reporte u = Xz + δu où δu = u1 sin k1 z cos q x, dans (4) :
fel = 12 B
X + ∂δx
∂z – 12
∂δu∂x
2
2
+ λ2
∂2δu∂x2
2
+
∂2δu∂x∂z
2
fel ≈ 12 B X2 +
∂δu∂z
2
+ 2 X ∂δu∂z
– X
∂δu∂x
2
– ∂δu∂z
∂δu∂z
2
+ λ2
à l’ordre 3 en u1.
Remarque : L’intégrale des termes impairs en u1 est nulle.
∂δu∂z
= u1 k1 cos k1 z cos q x ∂δu∂x
= – u1 q sin k1 z sin q x
∂2δu∂x∂z
= – u1 k1 q cos k1 z sin q x ∂2δu∂x2 = – u1 q2 sin k1 z cos q x
F = ∫∫ S = 1
fel dS = 12 B X2 +
u12 k1
2
4 – X u1
2 q2
4 + λ4 u1
2 q4
4 + u12
k12 q2
4
puisque : ∫ cos2 q x dx = 12 .
Finalement : F ==== B2 X2 ++++
u12
4 k1
2 – Xq2 ++++ λλλλ2 q4 ++++ k1
2 q2
+ termes en u14 +...
18 OPTION PHYSIQUE
2. a. On impose une dilatation X. Si y = k1
2 – Xq2 + λ2 q4 + k1
2 q2 > 0, le minimum de F est obtenu pour
u1 = 0. Inversement, y < 0 ⇒ u1 ≠ 0,⇒ ondulation
Il existe donc un seuil de dilatation Xs, tel que y = 0 :
Xs ==== k12
λλλλ2 ++++ 1
q2 ++++ λλλλ2 q2 ==== ππππ
2
d2 λλλλ2 ++++ 1
q2 ++++ λλλλ2 q2.
Justification physique : L’inclinaison des couches relaxe une partie de l’énergie de dilatation, maisen contrepartie cela nécessite de l’énergie de courbure. Le bilan n’est positif qu’au delà du seuil Xs.
b. Avant le seuil le système a une symétrie de translation parallèlement à x, qu’il perd au-dessus. Il y adonc brisure de symétrie.
c. Le 1er vecteur d’onde excité qs est tel que Xs qs
2 est minimum, c’est-à-dire :
λ2 – k1
2
qs4 = 0 ,
ou : qs ==== √√√√ ππππλλλλd
==== √√√√ππππ qc (cf II.4.b.)
puisque : (λq)2 = πλ ⁄ d < < 1.
d. On en déduit : Xs (qs) = π2
d2 λ2 + λd
π + λπ
d = ππππ2 λλλλ2
d2 ++++ 2ππππ λλλλd ≈≈≈≈ 2ππππ λλλλd
et : δδδδs ==== 2ππππ λλλλ ++++ ππππ2 λλλλ2
d ≈≈≈≈ 2ππππ λλλλ.
e. On peut exciter a priori les modes un (q, kn), tels que kn = nπd . Les caractéristiques du seuil s’obtiennent
en remplaçant π par nπ dans le calcul précédent.
qsn ==== √√√√nππππλλλλd
et Xsn ≈≈≈≈ 2n ππππ λλλλ
d .
Le second mode d’ondulation qui apparaît est donc n ==== 2.
qs2 ==== √√√√2ππππλλλλd
et δδδδs2 ≈≈≈≈ 4ππππ λλλλ.
f. Avec λ = 3 nm, on a : δδδδs ==== 2ππππ λλλλ ==== 19 nm qs ==== √√√√ ππππλλλλd
==== 1,87 . 106 m– 1
Avec λ = 3 nm, on a : δδδδs2 ==== 38 nm qs2 ==== 2,64 . 106 m– 1.
3. a. On est dans le régime linéaire, si θθθθ <<<< <<<< 1 ; dans cette limite, on peut considérer les modes séparément.Comme la dilatation envisagée est très voisine du 1er seuil, aucun autre mode qz n’est excité. Par contre,les modes de q voisin de qs apparaissent ; ceux pour lesquels y < 0.
OPTION PHYSIQUE 19
C’est-à-dire : λ2 q4 + λ2 k1
2 – X q2 + k1
2 < 0.
Remarque : Ces modes sont très voisins de qs ; de plus leur amplitude est plus faible que u1 carelle est proportionnelle à √ δX(q)
___
écart au seuil↑ (cf plus loin).
L’ensemble va donc se superposer pour donner une ondulation à peu près sinusoïdale à l’intérieur d’unpaquet d’onde de largeur inversement proportionnelle à ∆q, largeur en q du domaine excité. Le vecteurd’onde moyen est donc ≈ qs.
b. En I.3.b. on avait :
f = B2
∂u∂z
– 1cos θ
+ 1
2
+ λ2
∂2u∂x2
2
+
∂2u∂x∂z
2
,
où : θ = atn ∂u∂x
= ∂u∂x
+ ε
∂u∂x
3
,
cos θ = 1 – θ2
2 + ε θ4 = 1 – 12
∂u∂x
2
+ ε
∂u∂x
4
, ce qui donne : 1cos θ
– 1 = 12
∂u∂x
2
+ ε
∂u∂x
4
, et montre par
suite que l’expression (4) est correcte jusqu’à l’ordre 3 en u1.
Avec : u = Xz + u1 sin k1 z cos q x
∂u∂z
= X + u1 k1 cos k1 z cos q x
∂u∂z
= – u1 q sin k1 z sin q x
∂2u∂x∂z
= –u1 k1 q cos k1 z sin q x
∂2u∂x2 = – u1 q2 sin k1 z cos q x
on a : f = B2 X + u1 k1 cos k1 z cos q x – 12 u1
2 q2 sin2 k1 z sin2 q x + ε u14
2
+ λ2 u1
2 q4 sin k1 z cos2 q x + u12 k1
2 q2 cos2 k1 z sin2 q x .
Remarque : X est toujours très petit devant 1.
⇒ le terme 2X ε u14, peut être négligé : inutile de le calculer.
20 OPTION PHYSIQUE
c. On intègre f sur une surface S = 1 unité (m2 !) dont les dimensions sont très grandes devant 1q et 1
k1 .
On peut alors remplacer les intégrales 1L ∫
0
L
cosn q x dx par les moyennes <cosn q x>.
On a : <cos q x> = <sin q x> = … = 0,
<cos2 q x> = <sin2 q x> = … = 12 .
cos4 q x = 14 (1 + cos2 2q x + 2cos 2q x) ⇒ <cos4 q x> = <sin4 q x>
↑
___ = 38 .
par déphasage
Il en résulte que : F = B2 X2 + 14 u1
2 k12 + 14
38
2
u14 q4 – 14 u1
2 X q2 + λ2
14 u1
2 q2 + 14 u12 k1
2 q2 ,
F = B2 X2 +
u12
4 k1
2 – X q2 + λ2 q4 + k1
2 q2 + 14
38
2
u14 q4
_____________________
↓y
u1 est donné par le minimum de F : ∂2F∂u1
2 = 0 = y + 2
38
2
u12 q4.
Pour q = qs , y = Cte – X qs2 = qs
2 (Xs – X) puisque y = 0 au seuil.
On déduit : u12 = 12
83
2
X – Xs
qs2 . Avec : 1
qs2 =
λdπ
et X – Xs = δ – δs
d = 2π λ
d × δ – δs
δs, l’amplitude
d’ondulation des couches s’écrit :
u1 ==== 8λλλλ3 √√√√δδδδ – δδδδs
δδδδs .
d.
Continuité de u1 (δ)discontinuité de u1
’
⇒ transition du 2e ordre.
OPTION PHYSIQUE 21
Analogue à la transition de phase : paramagnétisme - ferromagnétisme (pt de Curie) où :
δ →. – T et u1 →. M.
e. Il faut |θ| < < 1. Compte tenu que : θ = ∂u∂x
, cette condition s’écrit : qs u1 < < 1, ou qs λ √δXXs
< < 1 ou
encore : δδδδXXs
<<<< <<<< dλλλλ
.
Cette condition est aisément satisfaite, compte tenu des ordres de grandeur. Autre limitation, il ne faut
pas exciter d’autres modes. Il faut donc que : X <<<< Xs2 ==== 4ππππ λλλλ
d .
f. De 3.c. on tire : Forient = B2 λ2 u1
2
4 qs
4 + k12 qs
2
↑
______
, ce qui
car 1λd3 < < 1
λ2d2
avec : λdqs2 = π, s’écrit : Forient ==== B2
49 Xs δδδδX
où : Xs = 2π λd .
Également 3.c. ⇒ Ftot = B2
X2 +
qs2
4 (Xs – X)
8λ3
2
δXXs
+ 14
83
2
λ4
δXXs
2
qs4
Ftot ==== B2 X2 – 49 ((((δδδδX))))2
.
Par conséquent : Fcomp = Ftot – For ient = B2 X2 – 49XδδδδX
.
Remarque : Calcul valable pour δX > 0 seulement, car on a utilisé l’expression u1 (δX) pour introduireδX.
g. On remarque alors qu’au-dessus du seuil, Forient > 0, mais que l’énergie de compression Fcomp est
suffisamment diminuée pour que Ftot soit inférieure à B2 X2, l’énergie de compression d’un échantillon
non distordu. Le flambement apporte donc, bien sûr, un gain d’énergie pour l’échantillon. Ce gain estnul au seuil.
h. On ne peut pas dire à ce stade comment est déterminée la phase ou la direction de l’ondulation descouches.
22 OPTION PHYSIQUE
V. Dynamique de l’ondulation des couches smectiques
1. On restreint momentanément l’étude aux déformations de q→ parallèle à x→ dans le développement :
u = Xz + ∑ n, q→
Un, q→ sin
n π zd exp j q→ . r→
_______________________
δu↓
L’énergie élastique de l’échantillon s’écrit :
F = 12 B ∫
X + ∂δu
∂z – 12
∂δu∂x
2
2
+ λ2
∂2δu∂x2
2
+
∂2δu∂x∂z
2
dV
F = 12 B ∫ X2 +
∂δu∂x
2
– X
∂δu∂x
2
+ λ2
dV,
à l’ordre le plus bas en δu.
Avec : ∫
∂δu∂z
2
dV = S d ∑ Un, q→ . nπ
d
2
, . . . , ∫
∂2δu∂x2
2
dV = S d ∑ Un, q→ q2
2,
on a : F ==== 12 BSd X2 ++++ ∑∑∑∑
n, q→→→→
Un, q→→→→
2
n2 ππππ2
d2 – X q2 ++++ λλλλ2 q4 ++++ q2 n
2 ππππ2
d2 .
Dans cette expression, on a formellement rajouté les contributions des déformations de q→ non parallèlesà x→ . Ceci est possible puisqu’elles sont simplement additives (cf. I.3.d.) dans la mesure où θ est petit,c’est-à-dire au 1er ordre en U
n, q→ . Dans cette limite, une déformation quelconque des couches peut êtreconsidérée comme une superposition linéaire de modes de déformation indépendants, individuellementcouplés à la dilatation X.
2. a.
θ = ∂u∂x
(cf. I.2.c.).
Considérons le mode (n, q→ ), et choisissons l’axe x parallèlement à q→ . Son amplitude de déformation
s’écrit : Un, q→ sin
nπzd exp j q→ . x→,
OPTION PHYSIQUE 23
et son inclinaison : ΘΘΘΘn, q→→→→ ==== j q Un, q→→→→ .
Par conséquent : Fn, q→→→→ ==== 12 BSd
n2 ππππ2
d2 q2 – X ++++ λλλλ2 q2 ++++ n
2 ππππ2
d2 ΘΘΘΘn, q→→→→
2.
La décomposition en série de Fourier étant unique, ΘΘΘΘn, q→→→→ s’identifie à la composante de Fourier de
l’inclinaison des couches de vecteur d’onde
nπd , q→
.
b. La thermodynamique distribue 12 kB T par degré de liberté, c’est-à-dire par mode, en moyenne. On en
déduit :
<|Θn, q→
|>2 = kB T
BSd
n2 π2
d2 q2 – X + λ2 q2 +
n2 π2
d2
et √√√√ <<<<|ΘΘΘΘn, q→→→→ 2 |>>>> ==== √√√√ kB T
BSd
n2 ππππ2
d2 q2 – X ++++ λλλλ2
.
c.1
<|Θn, q→ |
2> = BSd
kB T Xs (n, q→ ) – X
avec : Xs (n, q→ ) = kn
2 λ2 + 1
q2 + λ2 q2 , et : kn =
n πd .
L’amplitude du mode (n, q→ ) diverge lorsque X → Xs (n, q→ ). Par contre, si X < 0 (compression),l’amplitude du mode est diminuée : Effet stabilisateur, car on tend les couches. Le 1er mode à divergerest celui de plus petit Xs (n, q→ ) ; c’est-à-dire tel que n = 1 et q = qs.
d. Lorsque X est augmenté, l’amplitude de tous les modes augmente. Celui qui diverge le premier est(n = 1, q = qs). Il produit la transition de flambement discutée en IV.
24 OPTION PHYSIQUE
3. a. F. = ∫ f
. dv = variation d’énergie du système par unité de temps.
f. = densité de puissance dissipée (< 0).
f. = – γ→ . ω→ = – η ω2 = – η θ
.2
b. On a : F. = – η ∫ θ
.2 d V = – η S d ∑
n, q→
.
Θn, q→
2, en utilisant l’égalité de Bessel-Parseval.
c. F = ∑ n, q→
Fn, q→ = 12 BSd ∑ n, q→
n2 π2
d2 q2 – X + λ2 q2 + n
2 π2
d2 Θn, q→
2
F. = 12 BSd ∑
n, q→
(Θn, q→ Θ
. n∗, q→ + c.c.).
Remarque : Θ n∗, q→
= Θn, – q→
; par conséquent, en regroupant les termes complexes conjugués avec lestermes provenant du choix de – q→ dans la sommation, on a :
F. = BSd ∑
n, q→
Θ n, q→ Θ
. n∗, q→ = – η S d ∑
n, q→Θ.
n, q→ Θ.
n∗, q→ .
On en déduit l’équation différentielle :
∑∑∑∑ n, q→→→→
B
ΘΘΘΘn, q→→→→ ++++ ηηηη ΘΘΘΘn, q→→→→
. ΘΘΘΘ.
n∗∗∗∗, q→→→→ ==== 0
d. L’indépendance des Θ.
n, q→ entre eux conduit à l’équation différentielle :
B
kn2
q2 – X ++++ λλλλ2 q2 ++++ kn
2
ΘΘΘΘn, q→→→→ ++++ ηηηη ΘΘΘΘ
.n, q→→→→
==== 0,
pour chaque Θn, q→ .
e. Par intégration, on déduit la loi de retour à l’équilibre :
ΘΘΘΘn, q→→→→ ==== ΘΘΘΘn, q→→→→ ((((0)))) exp – tττττn, q→→→→
,
et 1ττττn, q→→→→
==== Bηηηη
kn2
q2 – X ++++ λλλλ2 q2 ++++ kn
2 ==== B
ηηηη Xs ((((n
→→→→ , q→→→→ )))) – X
OPTION PHYSIQUE 25
f.
X ajoute une raideur supplémentaire aux couches. Par conséquent les fluctuations sont plus rapidementramenées à zéro en présence de la compression (X < 0), et leur amplitude est statistiquement plus faible(cf. 2.c.) alors. Inversement en dépression. Il y a un ralentissement critique en approchant la transitionde flambement du mode (n, q→ ).
g. Lorsque X est augmenté, tous les modes sont ralentis. Celui tel que n = 1 et q = qs est le plus ralenti.Il reste de plus en plus longtemps, avec une amplitude de plus en plus grande (cf. 2.c.) jusqu’à latransition.
h. La phase de l’ondulation des couches après la transition est donc celle du mode (n = 1, q = qs) qu’ona figé au moment de la transition.
i. Pour un même écart à la transition X – Xs (1)
, la constante de temps du mode (1, qs) est 2 fois plus
courte après qu’avant la transition (cf. Pb.A).
26 OPTION PHYSIQUE
OPTION CHIMIE 27
Agrégation (Concours Externe)
OPTION : CHIMIE Épreuve A : Composition de Chimie Session : 1994
par A. FUCHS, P. LEMETTAIS, C. RIPERT et D. ZANN
PARTIE A/ LA LIAISON HYDROGENE
I INTRODUCTION 1.11
1.1 .l/ Les composes hydrog&es sont apolaires : les interactions intermoleculaires sont donc de type dip8le induit - dip6le induit et leur importance augmente avec la pokrkabilite des mokcuks (et donc leur taille)
1.1.21 L’anomalie obsen&e pour NH3 et H20 est due P fexistence , en plus des Iiakons de Van der Waak , de liaisons hydrogene Comparaison entre tes deux familles ( par exemple : Teb(H2.S) > Teb(PH3) ) : ici, il s’agit de mokcules polaires , H2S btant plus polaire que PH3 les interadions de type dip8le permanent- dip8ie permanent sont plus importantes pour H2S.
1.21 Liaison hydrcgéne - condition d’existence : pour qu’il y ait possibilit6 de formation dune liikon hydrog&e entre un atome d’hydrogéne et un atome 6 , l’hydrogene doit @tre fr a un atome A trés &ctronegatif et de petite taille et f’atome B dort poss&er un doublet non liant - repr&sentation sch&natique : A-6&- . - 4 B - il s’agit d’une liaison de nature birMros.tatique ; la g&métrie la plus favorable correspond à un alignement destrokatomesA,HetB énergie : quelques dizaines de kJ.mot1 ( le l/lO de r%ergie dune liaison covalente) -il peut s’agir dune liaison inter ou intramoleculaire
exemples : H-F- --H-F 0
/Q., 0 : 1c.z0
‘OH - quelques condquences : temp&atures et chaleurs latentes de changement Mat anormalement elevees , structure lacunaire de la glace , mkcibilitb de 2 liquides, spectre LR des alcook, mobilites particulièrement &v&s de H+ et OH- dans feau , structure en helice des protéines ..,,..
II LIAISON HYDROGENE ETACIDITE
II.11 L’effet attracteur du groupe COOH augmente racidité
Il.21 pKa2 - pKa1 = 0.3
II.31 pKa1 (ac.succ) < pKal(ac.ad) : I’effet (-1) de -COOH diminue avec la distance ApKa(ac.succ) > ApKa(ac.ad) :la difference est Ii& 1 la distance entre les 2 groupes COOH
Il.4 pKal@) c pKal(E) et pKa2(Z) > pKaZ(E) Dans le cas de l’acide malëique AH2 , I’anion AH- est stabilise par liaison H :
,c +-o- 0-c ‘c z 0
\ /CII. C’
\ H t+
28 OPTION CHIMIE
III LIAISON HYDROGENE ET SPECTROSCOPIE INFRA-ROUGE
III.11 II s’agit d’une spectroscopie d’absorption. Le rayonnement I.R ( nombre donde varlant de 700 a 4OGQ cm-l ) induit des transitions entre niveaux energétiques de vibration. Ces n’Neaux sont quantifies Le spectre ( transmittance = 100 I / l0 en fonction du nombre d’onde ) est forme de bandes plus ou moins larges du fait qu’a chaque transition de vibration peuvent être associees diverses transitions denergie de rotation qui correspondent à des énergies environ 100 fois plus faibles. II y a 2 types de vibrations : les vibrations d’élongation des liaisons qui font varier tes longueurs des liaisons ( vibrations de valence symétriques et asymetriques ) et les vibrations de deformation des liaisons qui font varier les angles des liaisons ( deformations dans le plan : cisaillement , balancement et déformations hors du plan : torsion , va et vient )
Le nombre cfonde correspondant P ta vibration delongabon dune I&on depend de la masse des atomes l~etder~rgiedelaliaison:onpeutdonnertaformuleappmch8e 1/J.=li2xo(W~)1R k designe la constante de force de ta I&on et u la masse réduite L’energie mise en jzu par les vibrations de defci-mation est g6n&alement plus faibk : il en resutte des bandes apparaissant d des nofnbres donde plus faibles. II existe des @@es de dtection : ne sont actives que tes vibrations qui entrainent une vxtat~on du mcment dipotaire de la mol&xle Nombre d’onde C-H c N-H < O-H : il y a 2 effets opposes k (C-H) < k (N-H) < k(O-H) mais
11 (C-H) c I~(N-H) <u(O-H) Le premier remporte
III 2!
111.2.li
a) Representation du dimére
b) 3468 cm-l correspond a N-H Irbre 3218 cm1 correspond b N-H affaibli par liarson H
c) On applique la lot de Béer-Lambert : A = E I [M] a 3468 cm-t t coeffcrent detirnctii mdeculaire (qur depend de la nature de la substance et de la longueur donde) l~bngueurdetacuve
2M= D El c’ 0 A=~l(c’=-2x) doncx=1!2(c”-A/&I) Eq c--2x x
Kd = [D] i [Ml2 = Y I (c’ 2x )?
On ob&nt c”,A = 1;~ I t (2 Kd i $12) A
DOM: a=l/cl et b= 2Kd1c212
d) A.N : E I = 243,3 rnW1 .L et E = 243,3 rrW1 .L.cm-l Kd=lOS
111.2.2/ S II
a) Représentation de C 2, rJ--p ----O=S , ct-(3
c “3-I
L-j ’ CH3
OPTION CHIMIE 29
b) On fait un bilan de matipre :
M DMSO C D
E.I 535 10-J 29 10-L 0 0
Eq 5,35 loj -x -2y 2,91&-x Y Y
A 3433 cm-1 : A = E I [M] donc [M] = 2,055 1 (r3 moi L-’ Kd = [D] / [Ml2 = 106 donc(D]=4,561&nolL-1
Onen~duAy=4,561~molL-1etx=2,38103 mol L-’ , donc [DMSO) = 2,66 1W2 mol L-l
Ka = IC] / ]M)[DMSO] = 43,5
c)Kd,Ka explication : - il y a 1 seule liaison H dans te compo& C et 2 li&sons H dans D
- la bande N-H est moins &plac& dans le 2” cas : elle est donc moins affaiblie
IIW 111.3.11 Ka mesure le caractére ‘acide’ de M (donneur de H) et Kb mesure son caractére
“basique” (accepteur de H) La structure de c’ est en effet :
y&--k-O+f
Ka(M1) < Ka(M2) et Kb(M1) > Kb(M2) : S etant plus vdumineux que 0, ka liaison H est plus faible avec S qu’avec 0 et S accepte plus facilement une charge kgative ce qui renforce le caracthre acide de M2
111.3.2/ M3 est plus acide et M4 est plus basiiue
III.41 lll.4.t/ Cela s’explique par le ptknom&e de m&som&ie : il y a aromaticit~
&y-i
La d&calisation de la charge + sur le cycle explique le caractère acide et la charge - sur l’atome de soufre le caractère basique. c’est raromaticité qui compte : la nature de ratome X Importe peu ( a condition qu’il poss&de un doublet non liant )
111.4.21 La formation du dimére mettant en jeu B la fois le caractére acide et basique de M taMleurdeKdseradoncBlevéesiLesMleurrdeffielcleKbsonttwtesdeuxBlevées:M5etM6 prkentent donc les plus fortes valeurs de Kd
PARTIE B I TITRAGE D’UN ACIDE FAIBLE : L’ION AMMONIUM
I TITRAGE DE L’ION AMMONIUM PAR UNE BASE FORTE EN SOLUTION AQUEUSE
1.11 lÏWage pHmbtRque : on mesure le pH de la solution B raide d’un millivoltm&re préalablement Btalonnk , muni de 2 Bledrodes plongeant dans la solution à 8tudier : une &ectrode de mesure (&ectrode de verre indicatrice d’ions H+ ) el une blectrode de réfbrence ( Blectrode au calomel satu&) L’équivalence se traduit par un saut de pH,
Titrage conductimétrique : on mesure la conductance de la sdution a raide d’un conductimètre muni de sa cellule formee de 2 plaques de platine parallkks plongeant dans la solution. La conductance &ant fonction lin6aire des concentrations de tous tes ions prkents en solution ,k titrages mettant en jeu des ions peuvent être suivis par conductimCtrie La courbe de tirage est form&e de branches de droites ( si ta dilution est n&#geable) qui se coupent au point &quivalent
30 OPTION CHIMIE
1.21 Titrage pHmétrique équation-bilan du dosage : NH4+ + OH- + NH3 + H20 volume équivalent : 10 mL V=O pH = 112 ( pKa + pc ) = 5,6 ( [NH4+) ” [NH31 ) V=5mL pH=pKa=9,2 ([NH4+] = [NH3) = 4,8 1(r3 mol L-l >> [OH-]) V= 10 mL [NH3J = 11110 = 9,1 103m01 L-l pOH = 1/2( pKb + pc)
pH = 10,6 ([ NH3] >> [NH4+]) Le saut de pH est trop faible à l’équivalence pour envisager remploi dun indicateur colore
1.3 TWage conduclim&rique La conductivit8 de ta solution s’exptime par ta retation : T = Z ci/ziJki
V<lOmL :lesionsquip&domkntensokrtionsontNH4+,C~etNa+ [NH4+]=(1-0,1V)/(100+V);[C~]=1/(100+V);[Na~=0,1V/(100+V) enmot L-l T(lOO+V)= 103[ O,lV(~-h,,,~+h,+~,,+]= 103( 14,9-0,23V) enmSm-l
(VenmL)
V > 10 mL : les ions qui pn?dominent en solution sont OH-, CI- et Na+ [OH-] = (0,lV - l)/(lOO + V) ; [Ct-] = I/(l00 +V) ; [Na = O,lV/(lOO t V) r(lOO+V)=ld[O,lV(~oH.+~a+)+lCC-~H.]=l (-12,3+2,49V) a
Remarque : ces formules ne s’appliquent pas au voisinage de l’kquivalence
Représentation lineaire : on trace y(100 + V) en fonction de V ; on obtient 2 portii de droites ( ta premMre a une pente kg&ament r&gative et ta seccnde a une pente positive) (VOL+( fq 4 1
1.4 r=lOO/(l +Ni(a)=96 La rkction n’est donc pas quantitative a 100% a t’&quivalence ; ta prkkkn tMorique du titrage est de 4% œ qui est trés rnkfiire . Le dosage pHm&rique sera pw précis Le tirage ccnductim&ique est plus précis dans ta mesure où pour obtenir I’équivalence il suffti de prolonger tes 2 portions de droites
II TITRAGE DE L’ION AMMONIUM PAR UNE BASE FORTE EN MILIEU NON AQUEUX
ll.l/ 11.1.11 2 SH = SH2+ t S‘ Ki =a(SH2+) a(S)
11.1.2/ AH+SH=A-+SH2+ ; B+SH=BH++S-
11.1.31 acide le plus fort : SH2+ ; base la plus forte : S acide le plus faible : SH ; base la plus faible : SH
11.1.41 pH = - log a (SH2+) ; neutralité : pH = 112 pKi étendue de réchelle de pH : 0 à pKi
11.2.11 L’équation bilan du tilrage s’écrit : NH4+ t S‘* NH3 t HS Soit K sa constante dequilrbre : kg K = pKi - pKa Le titrage est d’autant plus precis que la valeur de K est Blevee : réthanol est donc le meilleur solvant
II 2 21 v= 0 pH=1/2(pKa+pc)=6,2 V=5mL pH = pKa = 10,4 V = 10 mL pOH = li2(pKb + pc) = 112 @Ki-pKa +pc) = 5,37
pH = pKi - pOH =13.7
Prkzision théorique = 100 -7 = 100 h / Ka = 4,5 1 Om2 % : bien meilleure (v 01 c
OPTION CHIMIE 31
14
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11
10
9
8 1 0
7
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32 OPTION CHIMIE
III COMPARAISON DE LA FORCE DES COUPLES ACIDE-BASE DANS L’EAU ET DANS L’ETHANOL
III.11 CH3COOH + SH = CH3COO- + SH2+ $élhanol) < &(eau) : il ya donc plus de paires dions dans b%hand
111.2’ CH3COO- + NH4+ = CH3COOH + NH3 ; log K = pKa(CH3COOH) - pKa(NH4+) dans l’eau : log K = 4,5 ;les espèces CH3COO-et NHq+ pr&iominent devant CH3COOH et NH3 [CH3COO-] = [NHq+] = 1W2 mol L-’ dans I’éthanol : K = 1 , donc (CH3COO-] = [CH3COOH] = [NH4+] = [NH3] = 0,5 10-2 mol ~-1
111.3/ NH4+ / NH3 : pKa(ethand) - pKa(eau) = 1,2 Pour un couple de type BH+IB , on peut donc consid&er que Apffi = 1,2 ion aniliniumianiline : pKa(&hand) = 5,8
CH3COOWCH3COO- : pKa(r%hanol) - pKa(eau) = 5.7 Pour un couple de type AH/A- , on peut dorrc ccnsiderer que ApKa = 57 acide beruolquekn benzoate : pKa(ethanol) = 9,9
ltl.4/ On prepare d’abord une solution aqueuse du melange et on effectue un dosage pHdm~ par une solution de NaOH : on observe une 1’ bqhalence nelte correspondant au dosage de i’acick? benzoïque ( ce qui permet de déterminer avec une bonne précision la c0ncWlbatii en acide benzOïqW) . Le 2” saut de pH correspondant au titrage de rion ammonium est trop faible. On dissout ensuite le mélange dans féthand et on effectue un dosage pHnn?trique par une base forte .L~s 2 réactions de titrage sont simuitanks et on observe un seul saut de pH net , ce qui permet de determiner avec une bonne prkiiion la somme des 2 concentrations : en utiliint te resuttat du dosage en milieu aqueux on peut donc en deduire la concentration en ion ammonium.
lll.5/ H2A + SH = HA- + SH2+ : Kal HA- +SH=A2-+SH +:Ka2
L’attraction dans rbthanol entre A 3 - et SH2+ est plus forte qu’entre HA- et SH2+ , donc pKa2 - pKa1 augmente lorsqu’on passe de kii à réthand.
lll.6/ Decalage des bcheks de pH pour tes couples de type Al-UA- : ApKa = 57
Acides forts 0 13,3 A- 14 Bases fortes
If. : :
I , t I I kf
Acides forts0 AH 57 19 Bases fortes
AH est faible dans rethanol et fort dans kau si : 0 < pKa(ethand) < 5,7
lll.7/ A- est faible dans kau et forte dans l’bthanol si : 13,3 c pKa(eau) < 14
IV DETERMINATION DU PRODUIT IONIQUE D’UN SOLVANT
IV.lt maintenir la force ionique constante
IV.2 e = 60 log(lSH2+]+/[SH2+]-) en mV el = 60 mV, HCI est donc un acide fort dans I’éthanotamine. 9 = 0, NH4+ est aussi un acide fort. e4-q = 60 mV , KOH est une base forte.
IV.3 NH3 n’ayant pas de propneté basique dans rethanoiamine , e ne varie pas (sauf s’il y a dilution)
OPTION CHIMIE 33
IV.41 Ki vrai = a(SH2+) a(S) = +.H2+) [SH2+] y(S) (S-1 = y2 [SH2+] [S-l (y depend de la force ionique) ; on note : Pour la pile n”3 : [~HZ+]+ = 0,l mol ~-1
Ki apparent = [SH2+) IS-]
[SH2 ]- = Ki, p I [S-] = 10 Kiapp en mot L-l e3 = 210 mV = 60 log(O,Ol / &pp) ; kg Kiapp = -55
IV.5/ L’autoprot 9=
du sotwnt n’est pas n>iiabte : solutionA:[SH2+]=10- +x et(S-]=x ; Kiapf,=16(lG-3+x) ;x=1,35tflmoi~-1
[SH2+) = 235 1W3 mol L-’ e = SO tog ( 0,l / 235 103 ) = 97,7 mV (et non 120 mV qui serait la valeur catcutee en negligeant fatioprototyse du sohant )
PARTIE C/ STABILITE D’UN INDICATEUR COLORE : DECOLORATION DE LA PHENOLPHTALEINE
11 B est beaucoup plus conjugu& , tes niveaux dr?nergie sont plus reserr&s et ta transition entre 2 niveaux correspond P une absorption dans le visible.
2.11 [OH-)0 ‘> [Blo : donc [OH-] reste constante au cours du temps
E.I it t
Eq IB)e
à finstant t : d[Bydt = -k2 [OH-]O[S~ -k-2( [BN - [BJo)
a fequilibre : 0 = 49 [OH-]o(B)e - k-d [B]e - [B)o )
On a donc : d(BJdt = -( k2[0H-]o + k-2 ) ( [BF - [B]e ) Ln I ( IBP - VIe II( IBlo - [BP Il= - ( k2 P-W + k-2 1 t
D’apres la toi de Beer-Lambert , A = F I IB] B 550 nm (puisque seul B absorbe dans te visibka) On obtient donc ta retatiin : Ln [ (At - Ae) / ( Ao - Ae) ] =a t avec : a = k2(0H-)o + k2 F( Ao.At,Ae) = (A+Ae) / (At-Ae) II suffR de tracer Ln F en fonctionde t : oh obtient une droite de pente a
2.21 K=k2/k-2 ; k2=aK/(l +[OH-]oK)
2.3/ K = [C]e / [B)e [OH+ = ( [BJO - (B]e) I [B]e [OH-Jo = ( Ao - Ae)! Ae [OH+
A.N : K=55,9 k2 = 7,21 10-3 mot-’ L s-1 k-2= 129 1C4 s-l
31 Dans le cas dune reaction élémentaire entre 2 ions de charge algebrique ~4 et ZB , ta constante devitessevarieaveclaforceioniquel dumilieusetontabt: bgk=toglr’+znzsllQ k” désigne la constante de vitesse relative d une solution infiniment dilu&a
1 ‘exp&ience : I = 092 mot ~-1 et k2 = 7,21 19-S mot-l L s.-l 2”expkience : 1’ = 0,W mol L-l et k2’ = SO,5 1 fl mol-l L s-l
Le fart que k2 augmente torsque I augmente logk’2-togk2 =O,MS ;zA=-2 etzs=-1 La relation est approximativement vérifïee.
34 OPTION CHIMIE
4.1 i L’addition d’alcool fait diminuer la permittivité du milieu
4.21 La théorie du complexe active relie la constante de vitesse à l’enthalpie libre d’activation AG’ par la relation : k2 = ksT/h exp(-AG’iRT )
AG’=AGl + Zhzae2N14ncoErd,e Puisque les ions sont de mëme signe , si Er diminue, AG’ augmente et k2 diminue
PARTIE DI DETERMINATION DUNE CONSTANTE D’ACIDITE PAR SPECTROSCOPIE
I ETUDE DES POLYENES LINEAIRES ALTERNES
l.o! Cela s’explique par le ph6norr&te de m&wm&ie : C,HFCbHCcH=CdH2 c* +CH$H=CH-CH2-
conséquence : l(C,-Cb) > I(C=C) et I(c,-cb) < I(c-c)
l.l/ l.l.l/ L=(n-1)l
1.1.21 -h21 8x2m d%/dx2 = Eg si-L/2<x<U2 A l’exterieur : o(x) = 0
Il .3/ On doit résoudre l’équation differentielle p&&dente : La solution genérale peut s’&crire : 6 = A sin(ax + b) avec a = 2x (~IIIE)~/~ Ih Conditions aux limites : ta fonction Btant continue, 6 (-U2) = $ (U2) = 0 œ qui entraîne la relation : a = jx I L où j est un entier L’energEe est quantif& : Ej = j2 h2 / 8m L2
l.1.4/ Le poiyene CnHn+2 pos&de n Clectrons 1~ qui occufoent n12 niveaux d’bnergie Le dernier niveau denergie oct@ correspond donc B j = n/2 et le premier niveau vacant a. + 1 = n/2 + 1 E = Ej+l - Ej = h2 ( n+ 1 ) / 8 m L2 ; commeL=(n-1)I E=h2(n+l)18m12(&1 b
l-2/ MODELE DE HÜCKEL
1.2.11 Les orbitales mol&culaires Q, sont des combinaisons linéaires des orbitales atomiques $i : Q= Cl ot + C2 02 + C3 03 + On résout fequation de Schrddinger par la méthode de variation en cherchant a minimiser
J QHodr E=
I Gdr
Dans l’équation préddente , E represente fenergie de l’0.M , H désigne I’op&ateur hamiltonien
Onpose : q = (oi H or dr : intégrales coulombiennes Prj =i 6 H @ ds : intégrales d’échange Sij =J or #j dr : int@ale de recouvrement
On admet , dans l’approximation de Huckel , que toutes les int&gra!es coulombiennes sont égales , que les intégrales d’echange sont nulles pour 2 atomes non lies et qu’elles sont toutes @ales pour 2 atomes voisins que les intégrales de recouvrement sont nulles si i f j ( les orbitales atomiques etant notmalis&s Sii = 1 )
OPTION CHIMIE
u-E P 0 0 0 0 F a-E P 0 0 0 0 P a-E G 0 0 Ij 0 P a-E P 0 0 0 0 D a-E F 0 0 0 0 B a-E
1.2.31 II s’agit comme precedemment de la transition j = ti2 P j+l E’=26cos[(n+2)x/2(n+l)) -cos(nrr/2(n+l)) )=-46sin[x/2(n+l)]
1.31 Pour ri-+- E’=-4pn!2(n+l)=E .doncp=-h2/16nm? Pour 1 mole : 6 = -h2 N I 16 ic m 12 = - 264 kJ mol:
35
II ETUDE DES SPECTRES DE COMPOSES AROMATIQUES
II.11 j=O:E=a+26;j=l w-l :E=a+B;j=2w-2:E=a-B;j=3 :E=a-2S
Representation de niveaux denergie Sym&ie des orbitales
04-p ‘. - - elu
d
AE=2p=hcll :1=203nm II y a 4 possibilites pour la transition mono&ctronique entre les 2 paires de niveaux (a+ 6) et (a - 6) comme le montre le schéma ci-dessous :
36 OPTION CHIMIE
A la configuration (a2,,)2(elg)3 (e2u)l correspondent plusieurs états électroniques distincts appel& termes de la configuration :
/-
Il.21 La substitution d’un H par un atome de m&ne &ctron&ativit~ que C et posskdant un doublet rwn liant , entraine rapparitii d’un nouveau niveau n d%ergie d et provoque une augmentation d’ 6nergie des niveaux Q, et b2 Si lNcW&gatii~ du su bs&
ainsi qu’une diminution d’hergie des niveaux elg et ah uant augmente, Mergk du niveau n diminue, la perturbation devknt de
plus en plus faible pour les niveaux pu et kg et de plus en plus forte pour les niveaux et g et aa
BedLle &&ène substikué &h&Ï.e StiM-h~
1aAA.h alotie v &A mefl akowle u
1
X(\I) y 3clc) xl v) 7 WC)
d-q% ------------ - --Y- ---_ -----Y-----
@aTu - ----_
q.&eA-x - _ --- ----_-_ 4% +k --+y----- _
---- - --- --- 7 -447-m -- ---_ -----_
-+- +J- ----- ---__ -+dT II.31 Comparaison des ékctronégativités : O- < NH2 -Z OH
Avec O- , la perturbation est donc faible ; la transition n -P e2, est nettement moins kerg&ique que la transition elg+ e2, du benzène non substitu& : O- a un effet bathochrome important. Avec OH , la perturbation est importante et le sch&na pr&dent montre que la transition r-4 e2u a alors pratiquement la m&me énergie que la transition el Quand rélectror&gativiié du substituant augmmen e, reffet bathochrome diminue : 9
j qu du benzéne non substtiuk k+ 203 nm
Dans le cas du substituant NH2 ,on observe une situation intermédiaire.
11.4/ On cherche dabord les niveaux dénergie du naphtalène (10 atomes de C) Ej=a+2~cos(jx/5)
j=O:E=a+2p;j=lou-l:E= a+1.618~;j=2ou-2:E=a+0,618~ j=3ou-3:E=a-0,618~;j=4ou-4:E=a-1,618~;j=5:E=a-2~
Transition AE = -2.0,618 p h (naphtakte) = 328 nm
AE
OPTION CHIMIE
naphtol : on doit ajouter I’increment di à OH base conjuguée : incrément dÛ à O-
h(naphtol) = 328 + 7 = 335 nm h(base conjuguee) = 328 + 32 =360 nm
Cette mbthode tres simple permet de donner un bon ordre de grandeur des longueurs d’onde.
III DETERMINATION DU PKa DU NAPHT-2-OL DANS SON PREMIER ETAT EXCITE
III.11 La tm4tion qui conduit de Mat hndamental au 1’ ht excitb du naphtd est & type n+A* : 1 &ctron d’un doublet non Gant de foxyghe passe dans une orbitale R’ , ce qui fait apparaitre une charge + sur 0 selon : AI--O+- H ; cela renforce donc le caract&re acide : pW < pKa
1ll.Z En assimilant AH’ et AG' , on peut obtenir la relation demandee a l’aide d’un cycle thermochimique :
AE(AH) AH -7 AH’
AGAH & A‘ , A-* AGAH
WA-)
AGAH = -RT Ln Ka = 2,3 RT plh ; AGAH* = 2,3 RT pffi’
On a donc : AE(AH) = 2,3 RT pKa + AE(A-) - 2,3 RT pKa
111.3/ Lorsque la r-nolkule AH absorbe l’energie correspondant a o(AH) ( transition marquée 1 sur le schema) , elle passe dans un État vibratiinellement excle de AH’ qui peut perdre son energie vibrationnelle et atteindre un niveau plus bas de celle-ci (relaxation vibrationnelle) L’etat excite , vibrationnellement relaxe, peut retourner dans un Btat fondamental AH vibrationnellement excite en Cmettant une radiation de nombre d’onde $AH) (transition marquke 2 sur te sohema) : cette émission s’appelle fluorescence.
T \
&k oxwté A l-i+
AH
On voit que a(AH) # &(AH) et on peut estimer : AE(AH) = 1/2 h c ( o(AH) + o’(AH) ) pour 1 molécule. pKa’ = pKa + N ( AE(A-) - AE(AH) ) / 2,3 RT = pKa + N h c ( @A-) + &(A-) -o(AH) - d’(AH) ) /4,6 RT
A.N : pKa’ = 3.0
OPTION CHIMIE 39
Agrégation (Concours Externe)
OPTION : CHIMIE
Épreuve C : Composition de Chimie (applications) - Session : 1994
par Bernard BRÉHON, Alain FUXA et Anne SERANI Agrégés Préparateurs à I’ENS* - Département de Chimie
24, rue Lhomond - 75231 Paris Cedex 05
Partie 1 Etude Théorique de la Structure et de la Réactivité
des Composés Carbonylés
1. Réactivité du formaldéhyde
1.l.a. En notant 1 le carbone et 2 l’oxygkne, le determinant skulaire caractkisant le systeme x du formaldbhyde s’écrit:
a-E B
B a+p-E
où HI~= a (carbone), Hz = a+fi (oxygbne: ao=a+p), Hi2 = H~I= fi (carbone/oxyg&ne: f3co =fi), $1 = 522 = 1, SI2 = $1 = 0.
On pose habituellement: x = (a-E/fi). D’où a r&oudre:
X 1
1 x+1
.2+x-l =o. La rksolution de cette t?quation conduit à deux valeurs d’knergie:
El = a + (1 + fi)/2 p - a + 1,62 fl Ez=a+(l-J5)/2$-a-0,62p (p < 0: El -=c E2)
I.1.b. On reporte chacune des valeurs trouvées pour l’knergie dans le systeme d’bquations obtenues en posant le determinant séculaire, et on utilise la condition de normalisation des orbitales moléculaires. On obtient:
ct(a-E)+gp=O ctp+c2(a+fl-E)=O et ~12 + ~2 = 1
’ avec la collaboration de Florence Charbonnier
40 OPTION CHIMIE
Pour E = El: q = 0,62 g et ~12 + ~2 = 1
q = 0,53 et ~2 = 0,85
Pour E = E2:
11>1 = 0,53 X1 + 0,85 X2
q = -1,62 ~2 et ~12 + c$ = 1
q = 0,85 et Q = -0,53 $2 = 0,85 Xl - 0,53 X2
(seuls importent les signes relatifs des coefficients et pas le signe de chacun des coefficients en particulier)
1.1.~. L’orbitale moleculaire $1, d’énergie la plus basse et correspondant à une combinaison linéaire des orbitales atomiques en phase, est l’orbitale liante XC~. L’orbitale moleculaire ~2, la plus haute en énergie et correspondant a une combinaison lineaire des orbitales atomiques en opposition de phases, est l’orbitale moleculaire antiliante XC~*. D’où le diagramme des orbitales moléculaires du systeme n:
vo* - E2=a-0,62fS $2 = 0,85 Xl - 0,53 X2
JTO * Et=a+1,62fi q~l = 0,53 Xl + 0,85 X2 (B < 0)
1.2. L’approximation des orbitales frontieres consiste a considérer que les interactions dominantes sont celles correspondant aux paires d’orbitales moleculaires occupées et vacantes les plus proches. Lors d’une addition nucleophile sur le groupe carbonyle du formaldehyde, le nucléophile intervient par sa HOMO (highest occupied molecular orbital) et le formaldehyde, qui joue le rôle du partenaire electrophile, intervient par sa LUMO (lowest unoccupied molecular orbital), soit l’orbitale n~o*.
LUMO nCo* a-0,62f? -- _ _ --
_ -$ a HOMO
HOMO nco a + L@B $
électrophile nucleophile
1.3. Le plus gros coefficient dans la LUMO de l’électrophile est celui de l’atome
de carbone: 92 = 0,85 X1 - 0,53 X2 (1: carbone). Le réactif nucléophile attaque donc le carbone du carbonyle.
1.4. La meilleure approche du reactif est celle assurant le meilleur recouvrement des orbitales frontieres. II s’agit ici de l’orbitale 1s de l’ion
OPTION CHIMIE 41
hydrure et de l’orbitale n~o* du carbonyle. Une approche a 90” assure un
recouvrement excellent entre 1s et X1 mais il existe alors aussi un
recouvrement important entre 1s et X2, en opposition de phases, donc défavorable. Une ouverture de l’angle d’approche limite cet effet. Ce phénomene est connu sous le nom d’attaque non-perpendiculaire de Dunitz- Bürgi (1).
II. Réactivité et conformation de l’acétaldéhyde
11.1. L’interaction qui gouverne la réactivite est l’interaction entre HOMO du nucléophile et LUMO du compose carbonylé. La reactivité etant d’autant plus grande que la différence d’energie HOMO / LUMO est plus faible, on prévoit, vis SI vis d’un nucleophile caracterise par une énergie de HOMO donnée, une reactivité plus grande pour le composé carbonylé dont la LUMO est la plus proche en energie. Vis A vis d’un nucleophile dont la HOMO a pour energie a, le formaldéhyde, dont la LUMO est la plus basse en energie (E2 = a - 0,62B), est plus reactif que l’acétaldéhyde (LUMO: E3 = a - 0,758).
a - 0,75 f3 -, a - 0,62 f3 \ --, \ \ \
“* a \
HCHO Nu CH3CHo Nu
‘ft a
11.2. On utilise la formule proposee, dans laquelle on introduit: Ei = E2 = a - 0,628 (92 du fragment formaldehyde)
tir = 0,85 (coefficient de Xl dans $2 pour le fragment formaldehyde) qS = 1 (coefficient de l’unique orbitale atomique du fragment Me) Brs = 0,78 @C-M& la liaison impliquee dans la fragmentation est la liaison C-Me) E; = a + 28 (UC-Me: energie de l’orbitale du fragment Me).
Le calcul donne: E3’ = a - 0,768 (une perturbation par une orbitale d’energie plus basse déstabilise l’orbitale perturbee). Cette valeur est à confronter avec la valeur proposee dans l’enonce:
E3 = a - 0,758. Le resultat est coherent.
42 OPTION CHIMIE
II.3.a. On considere l’interaction entre les systemes z
- - a-28 - a - 0,758
XC~* a - 0,62 f3 -
+L a + 1,448
xc0 a + 1,62 f3 g
HC0
4-t a + 2,328
HCOMe Me
Les différences d’energie entre les orbitales concernees dans chaque fragment sont respectivement:
AE (n*de HC0 et z de Me) = 2,628 pour la construction de $1 de HCOMe AE (n de HC0 et ar* de Me) = 3,628 pour la construction de $2 de HCOMe
Par ailleurs, les coefficients du C dans l’orbitale mise en jeu pour le fragment HC0 sont respectivement:
0,85 dans rc’de HC0 ($2 = 0,85 Q - 0,53 XC$ pour la construction de $1 de HCOMe
0,53 dans x: de HCD ($1= 0,53 Q + 0,85 X0) pour la construction de $2 de HCOMe
Le transfert d’electrons de l’orbitale liante vers l’orbitale antiliante est d’autant plus efficace que les deux orbitales sont voisines en énergie et que le coefficient du C est plus grand dans l’orbitale du fragment HCO. L’interaction entre les deux fragments se traduit donc principalement par un transfert d’électrons de z de Me vers xc de HC0 (construction de q1 de HCOMe).
11.3.b. Pour l’interaction principale, qui correspond au transfert d’electrons de n de Me vers X* de HCO, on constate un meilleur recouvrement pour une conformation de type (a).
OPTION CHIMIE 43
11.3.~. Sur une conformation (c), les deux approches de type “non- perpendiculaire” de lacetaldéhyde par l’ion hydrure ne font pas intervenir les mêmes interactions. Du c6te de la liaison C-H perpendiculaire, il existe une interaction de repulsion plus forte entre la HOMO de l’ion hydrure (1s) et l’orbitale 1s du H en a.
II.4.a. er a les dimensions d’une énergie. rg est la distance minimale entre atomes non liés: c’est la somme des ravons de Van der Waals des deux atomes
11.4.b. Si on represente les variations de l’energie stérique en fonction de l’angle diedre +, on constate l’existence d’un minimum pour + = 15” et l’énergie passe par un maximum pour + = 60”. La barriere d’activation est donnee par la difference entre les énergies du maximum et du minimum:
AE = Eh00 - El5o. Soit: AE = 1,021 kJ.mol-1. Les distances interatomiques (allongement = 0,006) et les angles de valence (0,261) étant maintenus fixes, il s’agit d’une barriere de rotation rigide.
11.4.~. On peut considerer que ces resultats sont compatibles avec les analyses effectuées à partir des orbitales de fragments (II.3.b.), la conformation “decalee” apparaissant comme défavorisee dans les deux cas, l’angle diedre assurant une stabilite maximale etant determine avec plus de precision par la mécanique moleculaire.
III. Réactivité de l’alcool vinylique, &tol de l’acétaldéhyde
111.1. Avec HI1 = Hz = a, & = ag = a + 2f3
HI~=HzI=B
H23=H32=ko=018fi Hi3 = H31 = 0 (atomes non lies), on obtient:
44 OPTION CHIMIE
a -E
B
0
B
a -E
W3P
0
O,f$
a+2B-E
111.2. Le systeme x de l’enol est un systeme a quatre électrons. Les orbitales frontieres sont donc les orbitales 92 (HOMO) et 1~3 (LUMO). L’en01 joue ici le r61e de nucléophile: il intervient donc par sa HOMO:
l& = 0,735x1 + 0,568x2 - 0,370x3 On prévoit une attaque d’un reactif electrophile par l’atome de carbone 1, dont l’orbitale atomique porte le plus gros coefficient dans $2.
111.3. Un processus pericyclique est permis du point de vue des considérations de symetrie repectivement par voie photochimique ou par voie thermique suivant que le nombre total de composants (4r)a et (4q+2)s est pair ou impair. Une sigmatropie 1,3 dans des conditions photochimiques (l’espace interstellaire ne permet pas de reaction par voie thermique) est permise suivant un processus antarafacial, qui correspond a une profonde reorganisation, d’où une energie d’activation elevee. ‘_
111.4. On considère un modele heteroatomique d’oxygene a 1 électron (correspondant a la forme où la charge est localisee sur l’atome de carbone l:, I’oxygene n’apporte qu’un seul electron a la liaison C=O.
111.5. La valeur de la différence des énergies n’a une signification que si chacune des énergies est calculee avec la même réference, ce qui n’est pas le cas ici (valeurs lb 60, ro). On ne peut donc pas tirer du tableau fourni une estimation de l’enthalpie de l’equilibre de tautomerie.
(1) H.B. Bürgi, J.D. Dunitz, J.M. Lehn, G. Wipff Tetruhedron 1974,30, 1563-1572.
(2) K.B. Lipkowitz, M.A. Peterson Chem. Reu. 1993, 93, 2463-2486
OPTION CHIMIE 45
Partie 2 Stéréochitiie des Additions au Groupe Càrbonyle
1.1. Le produit obtenu est un alcool secondaire, le 1-phénylethan-l-01. C’est une addition nucléophile sur le groupe carbonyle, avec assistance electrophile du magnésium. Deux types de mecanismes ont principalement ete proposes: par transfert du groupe carbone de I’organomagnésien avec sa paire d’electrons ou bien par transfert monoelectronique avec passage par un intermédiaire radicalaire. Pour le transfert du groupe carbone avec sa paire d’électrons, la nature exacte de l’état de transition n’a pas ete elucidée; des états cycliques a 4 et 6 centres ont ete proposés.
Toutefois, l’existence d’une étape initiale de complexation du metal par le groupe carbonyle est admise dans tous les cas (1, 2).
1.2. L’alcool formé existe sous deux formes énantiomeres, dans lesquelles le carbone fonctionnel a respectivement les configurations absolues R et S. L’attaque peut se faire par le dessus du plan du groupe carbonyle ou par le dessous. Les deux produits sont obtenus et en proportions égales car les vitesses d’approche des reactifs sur les deux faces sont les mêmes.
ILL
A: le carbone 2 est S (CH0 > 4 > Me > H). B: le carbone 2 est S (carbone 2: OH > chaine > Me > H) et le carbone 3 est S (carbone 3: chaine > f > Me > H). C: le carbone 2 est R et le carbone 3 est S. B et C sont des diastéreoisomeres.
46 OPTION CHIMIE
11.2. Les faces du groupe aldehyde de A sont dites diastéreotopiques car lorsqu’elles sont attaquees par un même réactif achiral, les produits de la reaction sont diastereoisomeres. Lors d’une attaque du benzaldehyde par un réactif achiral, les etats de transition correspondant a une approche par l’une ou l’autre face et les produits en resultant sont enantiomeres. Les deux faces sont donc enantiotopiques.
III. Modèle de Felkin-Anh
111.1. Ce n’est applicable que sous contrôle cinétique car on raisonne sur les etats de transition. On ne s’interesse pas à la stabilite relative des produits susceptibles de se former.
IIL3.
Ces deux etats de transition sont diastereoisomeres. On peut prevoir une energie d’activation plus faible pour la formation de B, issu d’un État de transition moins encombre.
111.4. On obtient alors 4 stereoisomeres. On prevoit la même diastereoselection pour chaque enantiomére de A, avec une configuration inversée du carbone 2 dans le produit majoritaire.
50% du composé de depart est (2R) et conduit à 34% de (2S, 3R) et 66% de (2R, 3R)
50% du compose de depart est (2s) et conduit a 66% de (2S, 3s) et 34% de (2R, 3s
Le mélange final ne possede pas d’activité optique car les enantiomeres sont formes en egales proportions.
IV.1. La complexation du magnésium peut faire intervenir l’oxygene du groupe OMe.
OPTION CHIMIE 41
IV.2. On en deduit donc les états de transition suivants:
‘FI ’ ~_I _ ,‘b ‘~.!y
0 OI% 0 Or\re
IV.% II apparaît dans le cadre de ce modele que le produit E est issu de Ntat de transition le moins encombre: E correspond a l’attaque nécessitant la plus faible energie d’activation.
V.1. Les bilans de transmetallation sont les suivants :
CH3Li + Tic4 CH3TiQ + LiCl
CH3Li + ClTi(OCH(CH,$2)3 CH3Ti(OCH(CH3)2)3 + LiCl
V.2. Pour le trichlorure de methyltitane, on a l’etat de transition IV c’est-a-dire le modele où il y a une chelation. En revanche, pour le triisopropanolate de méthyltitane c’est l’etat de transition III qui rend compte de la formation du produit majoritaire (modele de Felkin-Anh).
modele de Felkin-Anh
réaction de CH3Ti(OCH(CH3)2)3
modele avec chelation
48 OPTION CHIMIE
reaction de CH3TiC13
V.3. L’amplitude de l’effet de chélation est gouvernée par l’acidité de Lewis du métal. Les halogenes sont electroattracteurs et augmentent ainsi l’acidité et le pouvoir chélatant du metal (3).
V.4. On peut proposer la structure suivante:
;LT 0% OOR
VI.1. L’ isomere K est l’alcool exo (approche endo du réactif) et l’isomere L I’isomere endo.
VI.2 Dans le cas b, l’approche privilegiee est la face du dessous car elle est beaucoup moins encombrée. En revanche quand il n’y a pas de gêne stérique particuliere c’est la face exo qui est privilegiee car elle supprime des contraintes de torsion.
VU. La stéréosélectivite est differente à cause de la gêne stérique créée par le pont gemdiméthyle du camphre.
VI.4 De prime abord cela ne correspond pas a la selectivité observée. Mais les proportions obtenues sous contrôle cinetique ne prefigurent pas de celles obtenues dans des conditions équilibrantes, où le produit le plus stable s’accumule.
(1) F.A. Carey, R.J. Sundberg Aduunced Orgunic Ckemistry, Plenum Press 1990, 3rd edition, Part A, p. 457 et références citées.
(2) J. March Aduanced Orgnnic Ckemisty, Wiley 1992, 4th edition, p. 920 et réferences citées.
E.C. Ashby, J. Laemmle, H.M. Neumann Acc. Ckem. Res. 1974, 7, 272-280 E.C. Ashby, J. Laemmle, H.M. Neumann J. Am. Ckem. Soc. 1972,94, 5421- 5434
(3) Comprekemive Orgatzic Syntkesis , B.M. Trost, 1. Fleming ed., Pergamon Press 1991 Volume 1, “Additions to CX x-Bonds, Part l”, Chapitre 1.5
OPTION CHIMIE 49
“Organotitanium and Organozirconium Reagents” C. Ferreri, G. Palumbo, R. Caputo. p. 153 et references citees:
Exemple d’induction asymetrique controlée en 1,2 et 1,3 sur des alkoxyaldehydes chiraux avec MeTiC (composé majoritaire prévu par le modele avec chelation): - M.T. Reetz, K. Keeseler, S. Schmidtberger, B.W. Enderoth and R. Steinbach, Angew. Chem., Int. Ed. En& 1983, 22, 89;Angew. Chem., 1983, 95, 1007;Ang-w.. Chem.. Suppl., 1983, 1511. - M.T. Reetz, A. Jung, J.Am.Chem.Soc, 1983,105, 4833. - M.T. Reetz, M. Hüllemann and T. Seitz,Angew.Chem.,lnt.Ed.EngZ., 1987, 26,477.
Exemple de chelation empêchée et prevision par le modele de Felkhin- Anh: M.T. Reetz, R. Steinbach, J. Westermann, R. Urz, B. Wenderoth and R. Peter, Angew.Chem.,lnt.Ed. Engl. 1982,21, 135; Angew.Chem., 1982,94, 133; Angew.Chem.Suppl., 1982, 257.
50 OPTION CHIMIE
Partie 3 Analyse et Synthèse de composés à odeur musquée
1. Détermination de la structure de la civétone
1.1. La décoloration d’une solution de dibrome ou d’une solution de permanganate de potassium et la possibilité d’hydrogénation mole a mole indiquent la présence d’une double liaison CC. L’obtention d’un derive de la DNPH caracteriste un groupe carbonyle CO. La réaction avec le benzaldchyde en milieu basique caracterise un compose carbonyle enolisable (reaction d’aldolisation).
A possede une double liaison CC et un groupe carbonyle CO. D’aprPs sa formule brute, A possede 3 sites d’insaturation: A est un compose cyclique. B est un compose carbonylé enolisable CH-CO. C est donc un aldol ou le produit de crotonisation dérive (pour un motif CH2-CO dans 9).
1.2 L’oxydation vigoureuse effectue la rupture de la liaison CC d’un motif CH2-CO pour conduire a 2 fonctions acide carboxylique: B conduisant à un diacide, il s’agit d’un compose cyclique. B est la cycloheptadecanone.
0 II
1.3. L’incertitude qui reste sur A est la position de la double liaison CC dans le cycle. Le compose E est le cycloheptadecene (réduction du groupe carbonyle en groupe methylene). Le permanganate de potassium concentré en milieu acide effectue l’oxydation de la liaison C=C: les produits D et F sont des diacides carboxyliques. L’oxydation du motif CHz-CO de F conduisant aux acides octanedioïque et nonanedioïque en egales proportions, la chaine carbonee de F est symetrique: de chaque côté du groupe carbonyle, la chaine comporte 7 groupes CH2. 0 n
II. Synthèse de la muscone à partir de produits naturels
11.1.1. Cette molecule est chirale car elle n’est pas superposable à son image dans un miroir plan (présence d’un carbone asymétrique).
OPTION CHIMIE 51
II.1.2.a. Le carbone 3 est un carbone asymetrique: il porte 4 substituants tous différents: H, methyle, CH2CHO et CH2CH2R
II.l.2.b. La configuration absolue du carbone asymétrique est R: CH2CHO > CH2CH2R > CH3 > H.
11.1.3. Il s’agit du (3R) -3,7-dimethyloct-6-enal.
11.2.1. Le compose 2 est I’acétal. Les composés 3 et 4 possedent une fonction aldehyde encore protegee sous forme d’acetal et repectivement une fonction acide carboxylique et une fonction ester methylique. Dans le compose 5, la fonction aldehyde a et6 deprotegee (sans hydrolyse de la fonction ester). Dans le composé 6, l’aldéhyde a et@ oxyde en acide carboxylique. On forme ensuite le chlorure d’acide 7.
11.2.2. L’etape 1 permet la protection de l’aldéhyde vis a vis de l’oxydation (a l’ozonolyse avec hydrolyse en milieu oxydant).
11.3.1. Le tribromure de phosphore effectue la transformation de l’alcool en chlorure 9. On prepare ensuite l’organomagnesien 10. On effectue ensuite une transmetallation qui conduit a l’organocadmien 11. La condensation avec le chlorure d’acide produit une cétone 12 (addition d’un equivalent de cadmien). L’ozonolyse avec hydrolyse en milieu reducteur conduit a 2 aldehydes: le composé 13 possede une fonction aldéhyde, une fonction cétone et une fonction ester. L’oxydation chromique transforme l’aldehyde en acide carboxylique: 14. On obtient finalement un diester methylique 15.
OPTION CHIMIE
- JS -
11.3.2. L’organocadmien permet de passer du chlorure d’acide a la cétone, sans formation d’alcool tertiaire issu d’une double condensation et sans réaction concurrente avec la fonction ester (1).
11.4.1. Le compose 16 possede un groupe carbonyle protégé sous forme d’acétal. Le diester est cyclisé en 17. La reduction de la fonction cetone en alcool par LiAlH4 et l’hydrolyse de I’acetal conduisent a une dihydroxycetone 18. L’action de HBr/ AcOH effectue la substitution de OH par Br: 19. L’élimination de Br2 conduit à une énone 20. L’hydrogenation catalytique de la double liaison CC conduit a la cétone 21. h
OPTION CHIMIE 53
Pie JA -
11.4.2. Le carbone asymétrique n’a jamais été impliqué dans la séquence réactionnelle.
11.4.X La dilution favorise le processus intramoléculaire aux dépends d’une reaction intermoleculaire (probabilite de rencontre).
III. Synthèse de la muscone racémique (Mookherjee, 19711
111.1. Le compose 22 possede 2 doubles liaisons CC, chacune pouvant presenter la configuration Z ou E (la structure macrocyclique fait qu’il n’y a pas d’empêchement a la geométrie E). Il existe 3 isomeres de configuration de C=C:
les composes (Z, Z), (Z, E) et (E,E).
111.2.1. Il s’agit d’une addition stéreospécifique sur la double liaison. La configuration relative des 2 carbones impliqués est conservée: l’addition est
111.22. La double liaison peut être de configuration E ou Z et les substituants de l’époxyde peuvent être en relation cis ou trans: d’où 4 isomeres de configuration.
111.3. La structure de 25 peut être interprétee par une ouverture de l’epoxyde avec élimination de H en fi. Le composé 24 peut être issu dune elimination de H en a (2).
OPTION CHIMIE
111.4.2. Le cuivre(I) en quantité catalytique oriente en 1,4 l’addition de l’organometallique sur I’enone conjuguee.
111.5.1. L’hydrogénation de la double liaison CC restant (non conjuguée) conduit a 28, qui possede encore une fonction cetone.
23 98 $9 - - - 111.5.2. Le composé 29 résulte d’une double halogenation en a de CO. Les deux hydrogenes en a du carbonyle sont respectivement voisins de 1 et 2 hydrogénes et apparaissent sous forme de doublet et triplet.
111.5.3. Le rearrangement de Favorskii (1) peut mettre en jeu chacun des sites halogenés: d’ou I’obtention de 2 isomeres.
fj?!&?&$ $.ym2.;
J 30 -
111.5.4. L’elimination du brome est favorisee par rapport a la protonation de l’intermédiaire anionique.
111.6.1. Une formule de Lewis de l’ion azoture est:
OPTION CHIMIE SS
111.6.2 Par l’intermediaire d’une reaction de Schrnidt (l), on peut envisager:
IV. Synthèse de l’exaltone (cyclopentadécanone) par homologation de cycle
IV.1. On peut envisager un mecanisme comportant un processus acide base suivi d’une migration 1,3 de l’azote vers l’oxygene du groupe CH3+SO2 (1).
IV.2. Il aurait pu y avoir competition avec la formation d’époxyde et par ailleurs agrandissement de cycle ulterieur.
IV.3.
IV.4. Il faut réaliser trois homologations. Pour un rendement moyen par étape de 6040, le rendement global est donné par:
0,60*0,60*0,60 = 0,22: rendement de 22%
(1) J. March Advanced Organic Chemistry , Wiley 1992, 4th edition
(2) Organometallics in Synthesis, M. Schlosser ed., Wiley 1994, Chapitre 1, “Organoalkali Reagents” M. Schlosser p. 83 et reférences citées.
Agrégation(Concours Externe)
OPTION : PHYSIQUE APPLIQUÉEÉpreuve A : Composition de Physique - Session : 1994
1ère partie : Dynamique
I. Effet Doppler :
1° Expression de ∆λ = λ’ – λ
a) Signal émis par A à t reçu par O à t’
tA’ = t + rc
b) Signal émis à t + ∆t en B
reçu à tB’ = (t + ∆t) +
r + vr ∆tc
tB’ – tA
’ = ∆t’ = 1 +
vrc ∆t
c) Cas particulier ∆t = T T’ = T 1 +
vrc
λ’ – λλ
= vrc
2° Cas relativiste : il faut tenir compte de la dilatation du temps dans le changement de repère.
T’ = T 1 +
vrc / √1 – v
2
c2
Applications
I.1. Le son perçu est plus aigu quand la voiture se rapproche, plus grave quand elle s’éloigne.
I.2. λ’ – λλ
= 0,421,1 =
vrc
vr = 5714 km.s– 1 l’objet s’éloigne par rapport à l’observateur.
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 57
D = vrH = 71 Mpc
1 parsec = xtan β
≈ 31016 m ⇒ D ≈ 2 1024 m
I.3.
F = m a
m v2
r = G m Mr2
r elation fondamentale de la dynamique
mouvement circulaire uniforme
⇒ v2 = G Mr (2)
vm2 = G M
rm
λ2 – λ1
λ = 2
vmc ⇒ vm =
3.105 . 310– 2
2 . 21,1
vm = 213 km.s– 1
rm ≈ D . α
2
rm = 10,3 kpc
58 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
I.4. d Mo = ρ 4π r2 dr
d Mo = 4π ρ(o) r2
1 +
ra
2 dr
Cette masse obscure Mo >> M et si r >> a :
m v2
r = G mr2 4π ρo a2 r
v2 = G 4π ρo a2 ∀ r >> a
I.5. z = ∆λλ
= vrc = 0,16
vr = H D D = 600 Mpc
vr = 48 000 km.s– 1 l’approximation non relativiste est encore acceptable.
vj = D α
t vitesse apparente transversale.
vj ≈ 18 109 m.s– 1
vj ≈ 6 c >> c !
H M = D α = 18 a. l.vj super luminique peut-être a-t-on en tort de négliger la vitesse de propagation des OEM enprovenance du noyau.
I.6. Le jet passe de N à M à la vitesse réelle v en un temps t’.
Les ondes reçues dans le plan HM sont décallées de trois ans : l’onde issue de N arrive à t, celle
issue du jet en M à t’ = t + 3 ans. La vitesse transversale apparente est vj = HMt’ – t .
t = NHc = HM
c . tan θ
t’ = t + 3 = NMv = NM
c (1 – ε) = HM
sin θ . c (1 – ε)
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 59
t’ – t = – HMc tan θ
+ HMsin θ c (1 – ε)
= HM
c . θ + [1 + ε – 1]
ε = c θ . (t’ – t)
HM
ε = c θvj
≈ θ8 ≈ 0,017
II. Lois de Képler :
II.1. – Les planètes décrivent des ellipses, Soleil ≡ foyer.– Loi des aires.
– a3
T2 = cte.
II.2. C centre de masse ⇒ MA CA___
+ MB CB___
= 0
ou : MA aA = MB aB
MBMA
≈ 0,6
de plus : (MA↑
+ MB)↑
exprimées enmasses solaires
P2
↑ans
= a3
↑u.a.
donc :MA + MB = 203
502 MA + MB = 3,2 MS
⇒ MA ≈ 2 MS et MB ≈ 1,2 MS
60 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
III. Chocs et effet Compton
III.1. m1 v1→ + m2 v2
→ = m1 v1’→
+ m2 v2’→
(1)
12 m1 v1
2 + 12 m2 v22 = 12 m1 v1
’ 2 + 12 m2 v2’ 2
(2)
Deux lois de conservations en cas de choc élastique, (1) seulement si choc mou.
III.2.
h ν1c =
h ν2c cos θ + m v cos ϕ
O = h ν2
c sin θ + m v sin ϕ
conservation de la quantité de mouvement
h ν1 = 12 m v2 + h ν2 conservation de l’énergie
ν2 = ν1
1 + h ν1
m c12 (1 – cos θ)
∆λ = λ2 – λ1 = 2 λc sin2 θ2
avec λc = h
mc = 2,4 10– 2 Å
∆λmax = 2 λc pour θ = π
∆λmax ≈ 4,8 10– 3 nm
2ème partie : Thermodynamique et optique
I. Équilibre d’une atmosphère isotherme :
I.1. d p→ = ρ S dz go→ go = Cte
résultante des forces pressantes sur les quatres faces :
d Fext→ = –
dPdz dz S k→
équilibre mécanique : d p→ + d Fext→ = 0
d P = – ρ go dz
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 61
I.2. Si gaz parfait PV = N kT où N est le nombre de molécules dans le volume V.
Or : ρ(z) = N(z)V . m d’où P = 1m ρ(z) kT
ρ(z) = P(z) mkT
I.3. d P = kTm d ρ = – ρ go dz
d ρρ
= – go mkT
ρ = ρo e– z ⁄ h
h = kTm go
I.4. si
et T(z) = T(o) – az
n(z) = 1 + b ρ(z)
d Pdz = – go ρ
avec ρ = n – 1b
et ρ = mPkT (gaz parfait)
d PP = –
go mk . dz
T(o) – az
P = P(o)
T(o) – azT(o)
m goka
n(o) = 1 + b ρ(o) = 1 + b m P(o)k T(o)
n(z) – 1n(o) – 1
= 1 – az
To
m goka – 1
I.5. Développement limité pour les faibles altitudes azTo << 1.
n(z) ≈ n(o) 1 – n(o) – 1
n(o)
m goka – 1
azT(o)
n(z) ≈ n(o) 1 + zl
avec l = n(o)
n(o) – 1 T(o)
MR go – a
≈ – 41 000 km
mais applicable seulement si z << Toa = 30 km.
62 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
I.6.
II. Gaz réel :
II.1. aTV2 pression interne du gaz.
b co-volume (volume propre occupé par les molécules).
Pour n moles : P + n
2 aTV2 (V – n b) = n RT.
II.2. dU = δW + δQ
avec δQ = Cv dT + l d P, l = T
∂P∂T V
et δW = – P dV.
dU = Cv dT + (l – P) dV
P = RTV – b – a
TV2 l = RV – b + a
T2 V2
dU = Cv dT + 2 aTV2 dV
On voit que U dépend de T et de V : la première loi de Joule n’est pas vérifiée.
dS = δQT
dS = Cv dTT +
RV – b + a
T2 V2 dV
U et S étant fonctions d’état, ∆U et ∆S ne dépendent que de l’état initial et de l’état final.
II.3. Si à température ambiante T < Tc les bouteilles contiennent gaz et liquide comprimés. C’est lecas si θ = 20°C.
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 63
II.4. Au point critique :
∂ P∂ V
Tc
= 0
∂2 P∂ V2
Tc
= 0
= – R Tc
(Vc – b)2 + 2 a
Tc Vc3
= + 2 R Tc(Vc – b)3
– 6 aTc Vc
4
⇒
a = 278 R2
R Tc8 Pc
b = Tc
3
Pc
Application Numérique : b = 4,3 10– 5 m3 a = 110 uSI
III. Largeurs de raies spectrales :
III.1. Spectroscope :
ou
si fente au foyer objet de L1 et écran au foyer image de L2.
III.2. – L’étoile rayonne comme un corps noir, comparable à l’arc du III.1.
– L’atmosphère absorbe une partie du rayonnement incident et le réémet dans toutes les directions⇒ raies en absorption si l’étoile est vue au travers de son atmosphère.
III.3. hν = En – E2 = – 13,6
1n2 – 14
en eV
λ (nm) = 1240
13,6
14 – 1
n2
n = 3 λo = 661,3 nm (visible).
III.4. Pour qu’une raie soit observée il faut que l’élément soit présent ; mais ce n’est pas suffisant, il fautaussi que le niveau de départ de la raie soit peuplé : donc il faut que la température du milieu soitsuffisante pour que les atomes ne soient pas tous dans l’état fondamental. La loi de Boltzmanndonne une estimation du peuplement de deux niveaux. Les transitions à partir du niveau fondamental(série de Lyman) sont observées dans ce cas.
64 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
III.5. La largeur minimale d’une raie résulte du principe de Heisenberg :
∆E . ∆t ≥
∆ν ≥ 1
2π . ∆t
avec λ = 500 nm
or ∆t ≈ 10– 8 s
∆λ ≥ 10– 5 nm
III.6. dNN =
m2π kT
3 ⁄ 2 e
– m vr
2
2 kT 4π vr
2 dvr
a) y = e– a vr
2
. vr2 passe par un maximum
pour : dydv = 0 ⇒ vr
2 = 1a = vc
vc = √2 kTm
b) Dans ce cas il faut partir de la distribution de vitesse dans une direction donnée, celle le longde laquelle on observe :
dNrN = P (vr) dvr =
m2π kT
1 ⁄ 2
e–
m vr2
2 kT dvr =
1√π vc
e–
v2
vc2 dvr
Le maximum correspond à λo et lorsque l’exposant = – 1 l’intensité est divisée par 1e , d’où
la largeur (double de la demi-largeur) :
∆λD = 2 λoc vc
∆λD
λo = 2c √2 kT
m
Application Numérique : vc ≈ √99 103 = 104 m.s– 1
∆λD ≈ 0,044 nm
3ème partie : Propagation d’onde électromagnétique dans un plasma
I. Notion de plasma :
I.1. Conditions d’existence d’un plasma : hνmin = 32 kTmin =
12 mvmin
2 = 13,6 eV
νmin = 3,287 1015 Hz λmax = 91,2 nmTmin = 10 500 Kvmin = 2,2 106 m.s– 1 vmin = 2 200 km.s– 1
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 65
I.2.
Les électrons oscillent / ionsforces de coulomb électrons / ions : force de rappel si la répartition de charge a lieu dans la di-rection ox→. Il lui correspond un déplacement d’ensemble des électrons d’amplitude ξ (x, t) au-quel est associée une variation de densité :
δNe = – Ne ∂ ξ∂x
Équation Poisson ∂E∂x
= qe δNe
εo = –
qe Ne
εo ∂ξ∂x
⇒ E = – qe Ne
εo ξ (E = 0 pour ξ = 0)
équation du mouvement pour une tranche dx de plasma (rel. fond. de la dynamique)
⇒ me δ2 ξ∂t2
= – qe Ne
εo ξ ⇒ oscillations à la pulsation :
ωp = √Ne qe2
me εo
fp = 9 √Ne
Application Numérique : si Ne = 1012 m– 3
fp = 9 MHz
I.3. Ionosphère terrestre fc = fp = 9 √Ne = 9 MHz
Ne varie avec le rayonnement énergétique en provenance du Soleil :
Ne ≈ 1012 el m– 3
II. Propagation d’une onde électromagnétique :
II.1. E→ = x→ E0 e i (kz – ωt)
Onde polarisée linéairementselon ox→ se propageant lelong de oz→.
66 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
E1→ =
E02 e i (kz – ωt) (x→ + iy→ )
E2→ =
E02 e i (kz – ωt) (x→ – iy→ )
deux ondes polarisées circulairement, l’une à droite, l’autre à gauche, de même phase et de même amplitude.
E→ = E1→ + E2
→
II.2. n =
1 –
fp2
f2 – fp2
avec
fPf << 1
n ≈ 1 – fp2
2 f2
vϕ = cn = c
1 +
fp2
2 f2
= ωk
vg = dωdk = cn = c
1 +
fn2
2 f2
⇒ vg (f) : milieu dispersif
II.3. t = Dvg = Dc
1 +
fp2
2 f2
en toute rigueur t = ∫
0
Ddzvg
on suppose Ne constant ⇒ vg = cte
t2 – t1 = D2 c fp
2
1f22 – 1
f12 =
81 D Ne2 c
1f22 – 1
f12
t2 – t1 = 10– 6 Ne
si t2 – t1 = 0,03 secondes Ne = 0,3 105 m– 3
Ne = 0,03 cm– 3
pour des pulsars situés à D inconnus on suppose le même Ne moyen et de la mesure de t2 – t1 onen déduit D !
II.4. Propagation dans B→
v± = c (f2 ± f fc)
f2 – fp2
2 ± f fc
∆v = c fc fp
2
f3
∆Φ = 2πλ
∆v . Dc
∆Φ = 81 e Bme c
Ne
1f2 . D = 4,8 104
Ne B Df2
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 67
II.5. ∆θ = ∆Φ2 = 35° à f = 900 MHz
B ≈ 10– 11 Tesla
II.6. Si Φ2 – Φ1 = (2 k + 1) π les ondes sont en opposition de phrases ⇒ franges noires.
81 e B Dme c
Ne
↓ ___________
A
1f2 – 1(f + i)2
= π
A = 4,8 104 s – 2
A
1 – 1
1 + if
2
= π
A . i2f2 = π ⇒ i = f2
πA
1 ⁄ 2
i = 0,8 . 10– 2 f2
√ Ne B D
Exemple sur la figure 4 : dans 4 MHz (= 9 mm) il y a 15 cannelures :i = 0,266 MHz
f ~ 22 MHz
Ne B D = 1,4 107 On ne pouvait pas aller plus loin car D n’était pas donnée.Comme il s’agissait de l’étude de Jupiter, D ≈ 6,3 108 km.
68 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
Agrégation(Concours Externe)
OPTION : PHYSIQUE APPLIQUÉEÉpreuve B : Composition d’Électricité, d’Électronique, d’Électrotechnique
et d’Automatique - Session : 1994
I. Synthèse de fréquence par boucle à verrouillage de phase
1. Étude de la boucle :
vD (t) = K V1 V2 sin ϕ1 (t) . cos ϕ2 (t) = K V1 V2
2 sin (ϕ1 + ϕ2) + sin (ϕ1 – ϕ2)
= K V1 V2
2 sin (2ω0t + ϕE + ϕS) + sin (ϕE – ϕS)
La pulsation instantanée du 1er terme est :
2ω0 + d ϕE
dt + d ϕSdt
Cette pulsation est donc peu différente de 2ω0 d’après les hypothèses. Ce terme sera donc coupé par lefiltre passe-bas et l’on aura :
vF (t) = K V1 V2
2 sin (ϕE – ϕS)
Si vF (t) = 0, la pulsation instantanée de v2 (t) est ω0.
Si vF (t) ≠ 0, la pulsation instantanée de v2 (t) est ω0 + d ϕSdt .
Or
d ϕSdt
<< ω0 d’après les hypothèses donc vF (t) est faible, ce qui veut dire sin (ϕE – ϕS) faible donc :
sin (ϕE – ϕS) ≈ ϕE – ϕS
Donc :d ϕSdt = λ K
V1 V22 (ϕE – ϕS)
⇔d ϕSdt +
λ K V1 V22 ϕS =
λ K V1 V22 ϕE
2. Réponse à un saut de phase.
Si ϕE = cste, d’après l’équation différentielle ci-dessus (1er ordre, coefficient constant), le régime perma-nent correspondant à la solution particulière de l’équation, on aura :
ϕS = ϕE = cste
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 69
3. Réponse à une rampe de phase :ϕE (t) = at . En régime permanent, on aura ϕS (t) = At + B, donc :
A + λ V1 V2 K
2 (At + B) = λ K V1 V2
2 at
vrai ∀ t d’où :
A = a
B = – 2aλ V1 V2 K
D’où, en régime permanent : ϕS (t) = at – 2aλ K V1 V2
ωi1 (t) = ω0 + d ϕE
dt = ω0 + a
ωi2 (t) = ω0 + d ϕSdt = ω0 + a .
Soit : ωi1 = ωi2
4. D’après les équations vues ci-dessus :
Pour les phases : ↑Pour les pulsations instantanées : ↓
5. Division par N :
Cette division par N est introduite dans la boucle de retour. D’après le fonctionnement de l’asservissement,on aura alors :
ωi1 = ωiSN = ωi2 lorsque la boucle sera verrouillée.
D’où : ωiS = N ωi1
6. fiS = N f0
d’où : f0 ≤ fiS ≤ Nmax . f0
avec fiS multiple de f0.
70 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
II. Changement de fréquence
A. PRINCIPE
7. vS1 (t) = K . vr (t) . vL0 (t) = K Vr VL0 cos 2π FR t cos 2π fL0 t
vS1 (t) = K Vr VL0
2 cos 2π (FR + fL0) t + cos (FR – fL0) t
Donc vS1 (t) a deux composantes d’amplitude K Vr VL0
2 , de fréquences (FR + fL0) et |FR – fL0| .
vS1 (t) peut être considéré comme un signal modulé en amplitude à porteuse supprimée (taux demodulation ∞).
8. Si vr (t) est un signal à spectre borné, on peut reprendre le raisonnement précédent pour chaque composantede son spectre. Donc on obtient deux bandes latérales.
9. FI est la fréquence intermédiaire.
Il faut que l’accord du filtre se fasse sur l’une des 2 fréquences du spectre de vS1 (t) donc :
ou FI = FR + fL0FI = |FR – fL0 |
10. vr (t) est une onde modulée en amplitude (porteuse ΩR et signal modulant ω < ωmax ) donc son spectreprésente deux bandes latérales plus la raie porteuse.
Exemple :
Pour vR (t) Pour vS1 (t)
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 71
Si FI = FR + fL0 , le filtre passe-bande F laissera passer les 2 bandes supérieures du spectre de vS1 (t) etcoupera les 2 bandes inférieures.
On peut raisonner de la même façon si FI = |FR – fL0| : seules 2 bandes passeront (celles qui seront autourde FI).
Donc vS2 (t) sera une onde modulée en amplitude de porteuse à (fL0 + FR) dans le 1er cas, à |FR – fL0|dans le 2e cas, donc à FI.
Si vr (t) était une onde modulée en fréquence, on trouverait pour vS2 (t) une onde modulée en fréquenceà porteuse FI.
11. Réception d’une MA - Gamme PO.
Fréquence porteuse minimale : 500 kHz : FI = FR + fL0 impossible car FI < FR
FI = FR – fL0 ⇒ fL0 = FR – FI = 45 kHz
FI = fL0 – FR ⇒ fL0 = FI + FR = 955 kHz
Fréquence porteuse maximale : 1600 kHz : FI = FR + fL0 impossible car FI < FR
FI = FR – fL0 ⇒ fL0 = FR – FI = 1145 kHz
FI = fL0 – FR ⇒ fL0 = FI + FR = 2055 kHz
Donc, si on choisit FR > fL0, on a fL0 maxfL0 min
= 114545 = 25,44
Donc, si on choisit FR < fL0, on a fL0 maxfL0 min
= 2055955 = 2,15
On a donc intérêt à choisir :fL0 > FR
pour que l’étendue de fréquence de l’oscillateur local soit plus faible.
12. Réception d’une MF. Même raisonnement.
Fréquence porteuse minimale : FR = 87 MHz
FI = FR + fL0 impossible
FI = FR – fL0 ⇒ fL0 = FR – FI = 76,3 MHz
FI = fL0 – FR ⇒ fL0 = FR + FI = 97,7 MHz
Fréquence porteuse maximale : FR = 108 MHz
FI = FR + fL0 impossible
72 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
FI = FR – fL0 ⇒ fL0 = FR – FI = 97,3 MHz
FI = fL0 – FR ⇒ fL0 = FR + FI = 118,7 MHz
Donc, si FR > fL0 , fL0 maxfL0 min
= 97,376,3 = 1,28
Donc, si fL0 > FR, fL0 maxfL0 min
= 118,797,7 = 1,21
Les rapports sont pratiquement identiques donc pas de choix systématique.
13. On a donc : FI = fL0 – FR.
Mais on a aussi l’existence de la fréquence FR’ telle que :
FI = FR’ – fL0
⇔ FR’ = FI + fL0 = FI + FI + FR ⇔ FR
’ = 2FI + FR
Cette émission de porteuse FR’ sera donc aussi dans la bande passante du passe-bande accordé sur FI.
14. T__ RF (FR) = T0
T__ RF (FR’ ) =
T0
√1 + Q2
FR’
FR –
FR
FR’
2
D’où : α = 10 log
1 + Q2
FR’
FR –
FR
FR’
2
15. FR = 900 kHz et FI = 455 kHz donc FR’ = 900 + 2 × 455 FR
’ = 1810 kHz
donc : 40 = 10 log 1 + Q2
1810900 – 900
1810
2
⇒ Q = 66
16. FR = 20 MHz et FI = 455 kHz donc FR’ = 20,91 MHz
40 = 10 log 1 + Q2
20,91
20 – 2020,91
2
⇒ Q = 1123
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 73
17. FR’ = 20 + 3,2 = 23,2 MHz
Donc : α = 10 log 1 + 2002
23,220 – 20
23,2
2
= 35,5 dB = α
Donc avec un coefficient de qualité beaucoup plus raisonnable, on obtient un taux de réjection correctmême pour les ondes courtes.
18. Chaque terme de la somme va introduire des fréquences dans le spectre :n = 1 → FR et fL0
n = 2 → 2FR , 2fL0 , FR + fL0 , |fL0 – FR|
n = 3 → 3FR ,– – – –
3fL0 , |fL0 ± 2FR| , |2fL0 ± FR|
Le bruit d’intermodulation provient de toutes les composantes autres que celle désirée (à (fL0 – FR) parexemple) de fréquences passant dans le filtre passe-bande F.
19. Récepteur superhétérodyne.
B. EXEMPLE
20. Le schéma équivalent petits signaux du montage est :
V__ r = V__ be1 – V__ be2
et s V__ be1 = s I_ b1
h11 = β I_ b1
et s V__ be2 = β I_ b2
On a : I_ b1 + β I_ b1
+ I_ b2 + β I_ b2
= 0 ⇔ I_ b1 = – I_ b2
donc V__ be1 = – V__ be2
V__ S2 = – Z’__ . s V__ be2 = Z’__ s
V__ r2 .
D’où : V__ S2V__ r
= Z’__s2 = Z’__ . 10 . I
74 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
21. Source de courant : schéma petites variations :
∆I = sT3 . vbe = sT3
. h11T3
β3
ib
or : – h11T3 ib = R0 (1 + β3) ib
Donc : ib = 0 ⇒ ∆I = 0.
Donc la résistance équivalente vue de la sortie est :
∆V∆I
→ + ∞.
Le source de courant est donc parfaite :
I = cste à E0 = cste , ∀ VAM.
22. Si vL0 est en série avec E0 , sur le schéma précédent on aura :
∆I = β3 vL0
h11T3 + (1 + β3) R0
≈ vL0R0
La pente du transistor T2 va donc varier autour de la valeur 40 I2 = 20 I au rythme de la tension vL0 (t)
donc à la fréquence fL0 .
s = 20 I + α vL0R0
.
Donc : vS2 (t) = vr (t) . “ Z’__ ”
2 . s ( Z’__ «à la fréquence» de vr (t) . s)
s . vr (t) = 20 I + α
vL0R0
. vr (t)
→ Fréquences : FR et
FR + fL0fL0 – FR
.
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 75
Le circuit oscillant étant accordé sur fL0 – FR
, |Z’__| sera maximal à cette fréquence, (il vaudra R’). Le
coefficient de qualité du circuit oscillant étant grand, |Z’__| sera faible pour les 2 autres fréquences et onaura donc en sortie une tension vS2 (t) de fréquence fL0 – FR.
⇒ Mélangeur
III. Démodulation MA
A. DÉMODULATION NON COHÉRENTE
23. – L’ondulation étant négligeable, on a :
23.1.
VS ≈ VE √2 cos α .
Pendant que la diode conduit :
i (t) = vE (t) – VS
r = VE √2 (cos Ωt – cos α)
r
I_ = 1T ∫
– αΩ
+ αΩ
VE √2 (cos Ωt – cos α)
r dt = VE √2
r T
1Ω
sin Ωt – t cos α – α ⁄ Ω
+ α ⁄ Ω
⇔ I_ =
VE √2r
sin α – α cos απ
23.2. – Dans la résistance : IR
__ =
VE √2 cos αR .
– Dans le condensateur : IC
__ = 0.
– Donc :I_ = IR
__ + I
_C ⇔
VE √2
r π (sin α – α cos α) =
VE √2 cos αR
⇔ tg α – α = r πR
76 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
24. Puissance dissipée dans Ra (résistance apparente recherchée) :
P = VE
2
Ra
Puissance dissipée dans le montage :
P = 1T ∫ –
αΩ
+ α ⁄ Ω
vE (t) . i (t) dt = 1T ∫ –
αΩ
+ α ⁄ Ω
2VE
2
r ( cos2 Ωt ↓
12 (cos 2 Ωt + 1)
– cos Ωt . cos α) dt
= 2VE
2
2π rΩ
14Ω
sin 2Ωt + 12 t – cos α . sin ΩtΩ
– α ⁄ Ω
+ α ⁄ Ω
= VE
2
π r
sin 2α2 + α – 2 sin α cos α
=
VE 2
π r (α – sin α . cos α).
D’où : Ra = π r
α – sin α . cos α
=R (tg α – α)
α – sin α . cos α = Ra
Si a est faible : Ra ≈ R
α + α
3
3 – α
α – α –
α3
6 1 –
α2
2
≈
R α3
3
α – α + α3
6 + α3
2 . . .
⇔ Ra ≈ R2
25. vE (t) = P0 (1 + k . s (t)) cos Ωt .
Raisonnement classique sur la «charge» et «décharge» de C qui doit suivre l’enveloppe sans suivre la HF.
THF < < RC < < TBF ⇔2πΩ
< < RC < < 2πωmax
26. La détection n’est pas correcte si l’«enveloppe» change de signe c’est-à-dire si (1 + k . s (t)) n’est pastoujours de même signe.
27. Il faut filtrer derrière le détecteur ; le filtre doit être de type passe-bas pour éliminer le résidu HF et doit
laisser passer la fréquence fmax = ωmax
2π.
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 77
Il ne doit pas charger le détecteur.
On choisira en pratique RC un peu inférieur à 2π
√ωmax . Ω pour bien respecter la condition vis-à-vis de
la BF.
Pour éliminer le résidu HF, on filtre par R’, C’ :
ωmax2π
< 12π R’ C’
< Ω2π
R’ > > R ; C’ < < C pour ne pas charger le détecteur.
Aux bornes de C’, on a l’information démodulée plus la composante continue.
On isole la composante continue par R’’, C’’ :1
2π R’’ C’’ doit être très faible et
C’’ < < C’R’’ > > R’
.
La composante continue peut servir à un CAG.
B. DÉMODULATION COHÉRENTE OU SYNCHRONE
28. v2 (t) = K . P0 (1 + m cos ωt) cos (Ωt + ϕ) . P0’ . cos (Ωt + ϕ’)
= K P0 . P0
’
2 (1 + m cos ωt) [cos (2Ωt + ϕ + ϕ’) + cos (ϕ – ϕ’)]
= K P0 P0
’
2 [cos (2Ωt + ϕ + ϕ’) + cos (ϕ – ϕ’) + m cos ωt . cos (ϕ – ϕ’)]
+ m2 cos (2Ωt + ωt + ϕ + ϕ’) + m2 cos (2Ωt + ϕ + ϕ’ – ωt)]
78 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
Spectre d’amplitudes :
Pulsations Amplitudes
0 K P0 P0
’
2 cos (ϕ – ϕ’)
ω m K P0 P0
’
2 cos (ϕ – ϕ’)
2Ω – ω m2 . K P0 P0
’
2
2Ω K . P0 P0’
2
2Ω + ω m2 . K
P0 P0’
2
29. Le filtre F’ doit être de type passe-bas ; il doit laisser passer les pulsations 0 et ω, il doit couper lespulsations (2Ω – ω), 2Ω, (2Ω + ω).
La composante continue, comme dans le cas de la démodulation non cohérente peut servir à un CAG.
30. Pour une détection optimale, il faut cos (ϕ – ϕ’) maximal en valeur absolue donc :
ϕ = ϕ’ou ϕ = ϕ’ + π
31. Contrairement à la détection non cohérente, la détection synchrone permet de démoduler même lorsquele taux de modulation est élevé (enveloppe changeant de signe).
32. Schéma de la boucle à verrouillage de phase : (idem à figure 1 donc comparateur de phase = multiplieur).
VCO =
d ϕSdt = λ uC (t)
ωS = Ω + d ϕSdt
L’étude de la PPL au 1. ayant montré qu’il y a une avance de π2 de u (t) sur vE (t) en sinusoïdal à la
pulsation libre du VCO, Ω, comme vE (t) est en cos Ωt, on prend u (t) = – UM sin (Ωt + ϕS) .
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 79
D’où : vM (t) = – K P0 UM
2 (1 + m cos ωt) sin (2Ωt + ϕ + ϕS) + sin (ϕS – ϕ)
.
A la sortie du filtre passe-bas, on a :
uC (t) = K P0 UM
2 (1 + m cos ωt) sin (ϕ – ϕS) .
Pour un régime proche du verrouillage, ϕ – ϕS est faible, donc :
uC (t) ≈ K P0 UM
2 (1 + m cos ωt) (ϕ – ϕS) .
D’où l’équation différentielle :d ϕSdt =
λ K P0 UM2 (1 + m cos ωt) (ϕ – ϕS)
⇔ d (ϕS – ϕ)
(ϕS – ϕ) = –
λ K P0 UM2 (1 + m cos ωt) dt car ϕ = cste.
Soit : ϕS – ϕ = A exp. –
λ K P0 UM2
t + m
ω sin ωt
⇔ ϕS – ϕ = A exp
–
λ K P0 UM t2
. exp
–
λ K P0 UM m sin ωt
2ω
→ 0 si t → + ∞ borné lors que t varie
Donc : ϕS – ϕ → 0
t → + ∞ donc en régime permanent.
Finalement donc : u (t) = – UM sin (Ωt + ϕ).
Mais nous voulons v1 (t) = P0’ cos (Ωt + ϕ) pour avoir ϕ = ϕ’ donc il faut introduire un déphasage de
– π2 et le schéma complet devient :
Synoptique complet avec reconstitution de la porteuse.
80 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
C. DÉMODULATION COHÉRENTE POUR SIGNAL BLU
33. Pour une MA classique, on avait :P0 (1 + m cos ωt) cos (Ωt + ϕ)
donc 3 composantes :
une à Ω
une à Ω – ω
une à Ω + ω (bande haute)
Ampl : P0
Ampl : m
P02
Ampl : m
P02
On a conservé la bande haute donc :
vE (t) = m P0
2 cos [(Ω + ω) t + ϕ]
⇒ m = k SM formule donnée dans le texte.
34. v2 (t) = K m P0 P0
’
2 cos (Ωt + ϕ’) cos [(Ω + ω) t + ϕ]
= K m P0 P0
’
4 [cos (2Ωt + ωt + ϕ + ϕ’) + cos (ωt + ϕ – ϕ’)]
Le filtre F’ doit être de type passe-bas, laissant passer ω et coupant (2Ω + ω).
35. Pour une détection optimale, même condition que celle vue au 30.
36. Même conclusion qu’au 31.
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 81
IV. Démodulation de fréquence
A. DISCRIMINATION
37. Principe d’une discrimination :L’onde modulée en fréquence est placée à l’entrée d’un montage qui «ajoutera» une modulation d’amplitudeà la MF. Ce montage sera ensuite suivi d’un démodulateur d’amplitude. Pour que l’on récupère en sortiele signal modulant, il faut que la «conversion» MF → MA se fasse correctement, c’est-à-dire que larelation entre l’amplitude du signal de sortie du convertisseur soit une fonction affine de l’écart de fréquenceinstantanée de la MF par rapport à la porteuse. Il faut donc que, autour de la fréquence porteuse,l’amplification en tension du convertisseur soit une fonction affine de la fréquence.
38. On a :
V__ 2 = R2 I_ 2 + j L2 ω I_ 2 + j M ω I_ 1
V__ 2 = – I_ 2
j C2 ω
D’où : I_ 2 = – j M ω I_ 1
R2 + j L2 ω – 1
C2 ω
39.V__ 2V__ 1
≈ L2L1
– j M ω
R2 + j L2 ω – 1
C2 ω
.
40. D’après l’expression ci-dessus : ϕ = – π2 – Arctg L2 ω – 1 ⁄ C2 ω
R2
– Si ω = Ω0 , L2 ω = 1C2 ω
donc ϕ = – π2 ;
– Si ω < Ω0 , L2 ω < 1C2 ω
donc ϕ > – π2 ;
– Si ω > Ω0 , L2 ω > 1C2 ω
donc ϕ < – π2.
41. On a, d’après le schéma : vA1 = v1 + v22 et vA2 = v1 –
v22 .
82 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
Or : vS = Amplitude de vA2 – Amplitude de vA1.
Donc :
si ω = Ω0 , vS = 0si ω < Ω0 , vS < 0si ω > Ω0 , vS > 0
42. On obtient donc :
Donc discrimination correcte.
B. DÉMODULATION DE FRÉQUENCE PAR PLL
43. On règle la fréquence libre du VCO de la PLL sur la fréquence porteuse.
Ensuite, lorsqu’on place l’onde modulée en fréquence à l’entrée de la PLL, on obtiendra le signal démoduléà l’entrée du VCO de la PLL.
44. A la sortie du multiplieur, on a :
v (t) = V1 cos ωt . |T__ (j ω)| . V1 . cos (ωt + ϕ) . K
= K V1
2
2 |T__ (jω)| . [cos (2ωt + ϕ)↑
Pulsation 2ωωωω
+ cos ϕ↑
Pulsation 0 ==== Continu
]
45. Pour éliminer la pulsation 2ω, il faut ωC < 2ω .
On a alors : vS (t) = K V1
2
2 |T__ (j ω)| . cos ϕ
⇔ VS = K V1
2
2 Re (T__ (j ω))
↑ Partie réelle de T__ (jω).
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 83
46. a. Déphaseur : T__ = Z__
Z__ + 1j C’ ω
= 1
1 + Y__
j C’ ω
= 1
1 + 1j R C’ ω
+ CC’ + 1
j L ω C’ ω j
=
C’C + C’
1 – 1L (C + C’) ω2 – j
R (C + C’) ω
= a
1 – 1x2 – j
Q0 x
= T__
b. T__ = ax2
x2 – 1 – j xQ0
.
D’où : Re (T__) = ax2 (x2 – 1)
(x2 – 1)2 + x2
Q0 2
.
Donc : VS = K V1
2
2 . ax2 (x2 – 1)
(x2 – 1)2 + x2
Q0 2
x = ωω0
c. d VSdx =
K V1 2
2
(x2 – 1)2 + x2
Q0 2
2ax (x2 – 1) + 2ax2 x
– ax2 (x2 – 1) 2 (x2 – 1) 2x + 2x
Q0 2
(x2 – 1)2 + x2
Q0 2
2 .
Autour de ω = ω0 , x = 1 , on obtient donc :
d VSdx
(x = 1)
= K V1
2
2 . 2a
Q0 2
1Q0
2
2 = K V1
2
2 . 2a . Q0 2
D’où : VS (x) ≈ VS (1) +
d VSdx
x = 1
. (x – 1)
⇔ VS ≈ 0 + K V1
2
2 . Q0 2 . 2a . (x – 1) autour de x = 1.
⇔ VS ≈ K V1 2 Q0
2 a . (x – 1) ≈ K V1
2 Q0 2 a (ω – ω0)
ω0
84 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
47. On choisit ω0 = Ω0 et on obtient une tension vS reflétant l’écart de fréquence par rapport à la porteused’après l’expression ci-dessus.
⇒ Démodulation de fréquence.
V. Amplificateur moyennes fréquences
A. CIRCUITS COUPLÉS PAR INDUCTANCE MUTUELLE
48. Au primaire : V__ 1 = R1 I_ 1 + j L1 ω I_ 1 + I_ 1
j C1 ω = j M ω I_ 2 (1)
Au secondaire : 0 = R2 I_ 2 + j L2 ω I_ 2 + I_ 2
j C2 ω + j M ω I_ 1 (2)
(2) conduit à : I_ 2 = – j M ω I_ 1
R2 + j L2 ω + 1j C2 ω
= – j M ω I_ 1
Z__ 2 .
D’où (1) devient : V__ 1 = Z__ 1 I_ 1 + M2 ω2 I_ 1
Z__ 2 .
Soit :I_ 1 =
V__ 1
Z__ 1 + M2 ω2
Z__ 2
I_ 2 = – j M ω V__ 1
Z__ 1 Z__ 2 + M2 ω2
49. A l’accord (ω0) Z__ 1 = R1 et Z__ 2 = R2 donc :
I_ 1 = V__ 1
R1 + M2 ω0
2
R2
I_ 2 = – j M ω0 V__ 1
R1 R2 + M2 ω0 2
avec : ω0 2 = 1
L1 C1 = 1
L2 C2 .
50. On a V__2 = R2 I_2 à f = f0, donc :
V__2V__1
= – j M ω0 R2
R1 R2 + M2 ω0 2 d’où :
V2V1
= 1R1
M ω0 +
M ω0R2
– Limites : si M → 0 , V2V1
→ 0 ; si M → + ∞ , V2V1
→ 0 (en fait Mmax = √L1 L2 ).
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 85
– Le dénominateur est une somme de 2 termes dont le produit est constant. Il sera donc minimal lorsqueces 2 termes sont égaux.
R1
MC ω0 =
MC ω0R2
⇔ MC = √R1 R2
ω0 2
A M = MC :V2V1
= 1
2 R1
MC ω0
= 12 √R2R1
Condition d’existence de MC : k ≤ 1 ⇔ MC 2 ≤ L1 L2
⇔ R1 R2
ω0 2 ≤ L1 L2 ⇔ 1 ≤
L1 ω0R1
. L2 ω0R2
⇔ 1 ≤ Q1 . Q2
51. MC 2 =
R1 R2
ω0 2 =
L1 L2
Q0 2 = kC
2 . L1 L2 ⇔ Q0 = 1kC
52. On se place au couplage critique.
a. V__2V__1
= – j MC ω R2
Z__1 . Z__2 + MC 2 ω2
Z__1 = R1 + j L1 ω + 1j C1 ω
= R1
1 + j Q0
ωω0
– ω0
ω
A
A = ωω0
– ω0ω
= δf + f0
f0 –
f0
δf + f0 =
(δf)2 + 2f0 δf
f0 2 + f0 . δf
≈ 2 δff0
(δf infiniment petit).
86 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
D’où : Z__1 ≈ R1 1 + j Q0 . 2
δff0
.
De la même façon, Z__2 ≈ R2 1 + j Q0 . 2
δff0
.
Donc :V__2V__1
≈
– j √R1 R2
ω0 . ω R2
R1 R2 1 + j Q0 . 2
δff0
2
+ R1 R 2
ω02 . ω2
⇔ V__2V__1
≈
– j √R1 R2 1 + δf ⁄ f0
1 + 4j Q0 δf
f0 – 4Q0
2
δff0
2 + 1 +
δff0
2
+ 2δff0
R1
Soit :V__2V__1
≈ – j √R1 R2
2R1 1 + 2Q0 j δf
f0 – 2Q0
2
δff0
2
car Q0 > > 1
autour de f0 à M = MC
D’où :V2V1
≈ 12 √R2R1
. 1
√1 + 4Q0 4
δff0
4
– 4Q0 2
δff0
2
+ 4Q0 2
δff0
2
V2V1
≈ 12 √R2R1
. 1
√1 + 4Q0 4
δff0
4
Pour δf faible à M = MC et Q0 > > 1.
b. Limites de bande pour : 4 Q0 4
δff0
4
= 1
⇔ δff0
= ± 1√2 Q0
D’où :BP
(– 3 dB) =
f0 √2Q0
Cette bande passante est donc √2 fois plus grande que pour un circuit primaire seul, avec sortie auxbornes de R1
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 87
53. a. On a maitenant : k = ML .
D’après ce qui a été vu plus haut :V__2V__1
≈ – j M ω R
R2 1 + j 2Q0
ω – ω0
ω0
2
+ M2 ω2
≈ – j M ω0 R
R2 1 + j 2Q0
ω – ω0
ω0
2
+ M2 ω2
.
D’où : V__2V__1
≈ – j Q0 k
1 + 2j Q0
ω – ω0
ω0
2
–
j ω0
↓
k LR↓
Q0
2
≈ – j Q0 k
1 + 2j Q0
ω – ω0
ω0 – j k Q0
1 + 2j Q0
ω – ω0
ω0 + j k Q0
.
≈ – j Q0 k ω0
2
2j Q0 ω – 2j Q0 ω0 + ω0 – j k Q0 ω0
2j Q0 ω – 2j Q0 ω0 + ω0 + j k Q0 ω0
.
Soit :
V__2V__1
≈ – j k ω0
2
4Q0 j ω –
j ω0 –
ω02Q0
+ j k ωo
2
j ω –
j ω0 –
ω02Q0
– j k ωo
2
↓ ____________
p_1
↓ ____________
p_2
b. La factorisation ci-dessus montre que :
p_1 = – ω0
2Q0 + j ω0 + j
k ω02
p_2 = – ω0
2Q0 + j ω0 – j
k ω02
2 pôlesPas de zéros
88 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
V__2V__1
≈ – j ω0
2 k4Q 0
. 1(j ω – p_1) (j ω – p_2)
c. D’après ce qui précède :
V2V1
≈ ω0 . P1 P2
4 Q0 . 1
P1 P . P2 PP : pt sur l’axe imaginaire à l’ordonnée jω.
L’aire du triangle P1PP2 est :
= 12 . k ω0
P1P2
= ω0
2 Q0 =
P1 P. P2 P . sin α2
⇔ P1 P2 . ω0
4 Q0 =
P1 P . P2 P sin α2 ⇔
ω0 . P1 P2
4 Q0 . P1 P . P2 P = sin α
2
Soit :V2V1
≈ sin α
2
d. Couplage serré : k > kC ⇔ k > 1Q0
d’après 51.
Donc : P1 P2 > ω0Q0
⇔ P1 P2 > 20H
On trace le cercle de diamètre P1 P2. Il coupe l’axe imaginaire en 2 points puisque P1 P2 > 2 OH.
Pour ces 2 points, α = π2 donc sin α = 1 et est maximal.
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 89
Existence de 2 maxima pour lesquels V2V1
= 12 .
Détermination de la Bp à – 3 dB :
Il faut α = π4 car alors sin α = 1√2
.
On trace le cercle de centre C passant par P1 et P2 (C est le point du cercle précédent d’ordonnéemoyenne entre P1 et P2).
P1 C P2 = π2 angle au centre ⇒ position des limites de bande passante par angle inscrit = π4 et points
du cercle sur l’axe imaginaire.
e. Couplage critique : k = kC = 1Q0
.
Le cercle de diamètre P1 P2 est tangent à l’axe imaginaire en C. Donc sin α = 1 pour une seule valeur :ω = ω0
90 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
Bp = 2 . P1 C
= 2 √
ω02 Q0
2
+
ω02 Q0
2
= 2 ω0
√2 Q0 = √2
ω0Q0
Bp
(ω)
= √2 ω0Q0
cf. 52.b.
f. Couplage lâche k < kc ⇔ k < 1Q0
.
Le cercle de diamètre P1 P2 ne coupe pas l’axe imaginaire.
Donc sin α = 1 n’est pas atteint.
V2V1
max
= sin α0
2 < 12
g. D’après ce qui vient d’être vu, on obtient les courbes :
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 91
B. AMPLIFICATEUR SÉLECTIF
54. Le schéma équivalent du montage conduit à :
V__S = – sT . V__GS . 11
RB + j C ω + 1
j L ω
et V__E = V__GS .
D’où : A__V = VSV__E
= – sT . RB
1 + j RB C ω + RB
j L ω
= – sT . RB
1 + j QB
ωω0
– ω0
ω
avec : QB = RB
L ω0
↑Coefficient de qualité de la bobine à ω = ω0 .
= RB C ω0
Posons A__0 = – sT . RB , on obtient :
A__V ≈ A__0
1 + j QB . 2 ω – ω0
ω0
car QB élevé ⇒ utilisation de l’approximation de la bande étroite vue au 52. pour ω autour de ω0.
55. On a pour un étage :
A__v1 ≈
A__0
1 + 2 j QB ω – ω0
ω0
C’est un passe bande du 2e ordre ⇒ B1 =
f0QB
(BP à – 3 dB)
en Hz.
Pour 2 étages identiques en cascade, d’après les hypothèses données :
A__V2 ≈
A__0 2
1 + 2 j QB
ω – ω0ω0
2 .
Au limites de bande passante à – 3 dB :
A0 2
√2 =
A0 2
1 + 4 QB 2
ω – ω0
ω0
2 ⇔ 1 + 4 QB 2
ω – ω0ω0
2
= √2
92 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
⇔
ω – ω0ω0
2
= √2 – 14 QB
2 ⇔ ω = ω0 ± ω0
2 QB √√2 – 1
Donc : B2 = f0
QB √√2 – 1 en Hz.
⇔ B2 = B1 √√2 – 1
Pour les facteurs de mérite : M1 = A0 . B1
Pour les facteurs de mérite : M2 = A0 . B2 = A0 B1 √√2 – 1 ≈ 0,63 M1
Donc : M2 < M1
56. Circuits à accords décalés
Pour le premier étage, on a : A__V1 =
– sT . RB
1 + j Q1
ωω1
– ω1
ω
avec : Q1 = RB
L ω1 = RB C ω1
⇔ A__V1 = –
sT . RB . 1Q1
. ω1
(j ω)2 + j ω ω1Q1
+ ω1 2
= – sTC . j ω
(j ω)2 + j ω ω1Q1
+ ω1 2
⇔ A__V1 (p) = –
sTC . p
p2 + p ω1Q1
+ ω1 2
Pôles : ∆ = ω1
2
Q1 2 – 4 ω1
2 < 0 ⇔ p_1 = –
ω12 Q1
+ j ω1 √1 – 14 Q1
2
p_2 = – ω1
2 Q1 – j ω1 √1 – 1
4 Q1 2
A__V1 = –
sTC . p
(p – p_1) (p – p_2)donc :
1 zéro2 pôles
Autour de ω = ω1 , le pôle p_2 «compense» le zéro p = 0 car p ≈ p – p_2
2 .
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 93
Donc : A__V1 ≈ –
sT2 C . 1
p – p_1 pour ω autour de ω1.
De la même façon, A__V2 ≈ –
sT2 C . 1
p – p_1’ pour ω autour de ω2
avec : p_1’ = – ω2
2 Q2 + j ω2 √1 – 1
4 Q2 2
D’où :A__V ≈
sT 2
4 C2 . 1(p – p_1) (p – p_1’)
Pour les pôles p_1 et p_1’ :
– les parties réelles sont égales :ω1
2 Q1 = 1
2 RB C = ω2
2 Q2 ,
– les parties imaginaires : j ω1√1 – 14 Q1
2 ≈ j ω1 ,
j ω2√1 – 14 Q2
2 ≈ j ω2 ,
sont symétriques par rapport à ω0.
On retrouve donc pour A__V un diagramme des pôles identique à celui des circuits couplés.
On obtiendra donc pour AV (f) les 3 types de courbes vus précédemment suivant l’écartement de ω1 et ω2 .
Dans le cas critique, le cercle de diamètre P1 P1’ est tangent à l’axe imaginaire.
94 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
Bp = 2
ω12 Q1
. √2 = √2
ω1Q1
= √2 ω2Q2
≈ √2 ω0QB
AVmax = sT 2
4 C2 . 1
ω14 Q1
√2
2
D’où le facteur de mérite : MD = sT
2 C . 1
√2 ω1
2 Q1
. √2 ω1Q1
MD = sTC =
sT RB ω1Q1
≈ sT RB ω0
QB
Donc :
MD ≈ M1
et de plus, on a amélioré la forme de AV (f) (flancs + raides).
VI. Rapport Signal/Bruit dans la démodulation MA
57. On a, d’après la définition de la puissance normalisée :
σN 2 = N2 cos2 [Φn (t)]
__________
Donc : N2 cos2 [Φn (t)]__________
= η . ∆ FB ⇔ G . cos2 [Φn (t)]__________
= ∆ FB
A. DANS LA DÉTECTION SYNCHRONE D’UNE ONDE MA
58. On a : vE (t) = P0 (1 + m cos ω t) cos (Ωt + ϕ)
Si = Valeur moyenne de vE 2 (t) .
vE 2 (t) = P0
2 (1 + m cos ω t)2 cos2 (Ωt + ϕ)
= P0 2
1 + 2m cos ω t + m2
cos 2ωt + 12
cos (2Ωt + 2ϕ) + 1
2
⇒ Termes de pulsation : 2Ω, 2Ω ± ω, 2Ω ± 2ω, ω, 2ω, 0.
Seuls les trermes continus ont une valeur moyenne non nulle, donc :
Si = P0 2
1 + m2
22 = P0
2 12 + m
2
4 = Si
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 95
59. On a vu (questions 28., 29., 30) : v3 (t) = K P0 P0
’
2 (1 + m cos ωt) . α (en prenant ϕ = ϕ’).
Donc : v4 (t) = K P0 P0
’
2 m α cos ωt .
⇒ S0 = (K P0 P0
’ m α)2
8
Remarque : Si on choisit ϕ = ϕ’ + π , seul le signe de v4 change donc pas S0.
60. Pulsation instantanée de ni ((((t)))) :
d ϕi (t)dt
pulsation instantanée de ni (t) est comprise entre Ω – ωmax et Ω + ωmax (on peut aussi raisonner
en pulsations algébriques ⇒ d ϕidt ∈
– Ω – ωmax , – Ω + ωmax
U Ω – ωmax , Ω + ωmax
.
– n2 (t) = K . N cos ϕi (t) . P0’ cos (Ωt + ϕ’)
– = K N P0
’
2 cos (ϕi (t) + Ωt + ϕ’) + cos (ϕi (t) – Ωt – ϕ’)
Donc deux termes de pulsations instantanées algébriques :d ϕidt + Ω et
d ϕidt – Ω
On sait que : d ϕidt ∈
– Ω – ωmax , – Ω + ωmax
U – Ω – ωmax , – Ω + ωmax
,
donc :
d ϕidt + Ω ∈
– ωmax , + ωmax
U 2Ω – ωmax , 2Ω + ωmax
d ϕidt – Ω ∈
– 2Ω – ωmax , – 2Ω + ωmax
U – ωmax , + ωmax
.
– Pour n3 (t), il subsiste les termes dont la pulsation instantanée algébrique est comprise entre – ωmax et+ ωmax. Donc d’après les intervalles ci-dessus, les deux termes de n2 (t) vont donner un terme de bruit(pulsation ∈
– ωmax , + ωmax
) puisque l’intervalle – ωmax , ωmax
n’est pas atteint simultanément parleur pulsation instantanée. Cela revient à deux termes indépendants de pulsation ∈
0, ωmax
.
n3 (t) = K N P0
’
2 α . [cos ϕ0 (t) + cos ϕ0’ (t)]
avec :d ϕ0dt et
d ϕ0’
dt ∈ 0 , ωmax
– σ3 2 =
(K N P0’ α)2
8 cos2 ϕ0 (t)_________
+ cos2 ϕ0’ (t)
_________ car les 2 termes sont indépendants comme vu plus haut.
96 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
Remarque : On peut aussi considérer 1 seul terme avec ω ∈ – ωmax , + ωmax
Or : cos2 ϕ0 (t)_________
= fmaxG = cos2 ϕ0
’ (t)_________ d’après 57
(ou 1 seul terme, bande double).
Donc : σ3 2 =
2 (K N P0’ α)2 fmax
4 . N2
η
= η fmax K2 P0
’ 2 α2
2 = σ3 2
– Rapport SignalBruit
S0
σ3 2 =
(K P0 P0’ m α)2
8 × 2η fmax K
2 P0’ 2 α2 =
P0 2 m2
4η fmax
D’où :S0
σ3 2 = m2
2 + m2 . Si
η fmax
Pour avoir un bon rapport Signal/Bruit, il faut donc avoir m grand.
B. DANS LA DÉTECTION SYNCHRONE D’UNE ONDE MA BLU
61. On a vE (t) = m P0
2 cos [(Ω + ω) t + ϕ] (m = k SM)
vE 2 (t) =
m2 P0 2
4 cos2 [(Ω + ω) t + ϕ]
donc : Si = vE 2 (t)
_____ =
m2 P0 2
8 = Si
62.v3 (t) =
m K P0 P0’
4 α cos ωt (ϕ = ϕ’) par exemple.
D’où :
S0 =
m K P0 P0
’ α2
32
63. – Pulsation instantanée de ni ((((t)))) :
d ϕidt ∈
– Ω – ωmax , – Ω
∪
Ω, Ω + ωmax
– n2 (t) = K N cos ϕi (t) . P’0 cos (Ωt + ϕ’)
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 97
= K N P0’ . 12
Pulsations instantanéesalgébriques
[cos (ϕi (t) + Ωt + ϕ’↑
d ϕidt + Ω
) + cos (ϕi (t) – Ωt↑
d ϕidt – Ω
– ϕ’)]
d ϕidt + Ω ∈
– ωmax , 0
∪
2Ω, 2Ω + ωmax
d ϕidt – Ω ∈
– 2Ω – ωmax , – 2Ω
∪
0, ωmax
– Pour n3 (t), il subsiste les termes dont la pulsation instantanée algébrique est comprise entre – ωmax et+ ωmax. Donc, d’après les intervalles ci-dessus, les deux termes de n2 (t) vont donner un terme de pulsation∈
O , + ωmax
puisque les intervalles – ωmax , 0
et
0 , ωmax
ne sont pas atteints simultanément :
n3 (t) = α K N P0
’
2 cos ϕ0 (t)
avec :d ϕ0dt ∈
0 , + ωmax
– σ3 2 =
(α K N P0’ )2
4 . cos2 ϕ0 (t)_________
or : cos2 ϕ0 (t)_________
= fmaxG .
Donc : σ3 2 =
(α K N P0’ )2
4 . fmax
N2
η
= η . fmax . K2 P0
’ 2 α2
4 = σ3 2
– Rapport Signal/Bruit
S0
σ3 2 =
(m K P0 P0’ α)2
32 × 4η fmax K2 P0
’2 α2
= m2 P0
2
8 η fmax =
Si
η . fmax
= S0
σ3 2
C’est le meilleur possible en MA classique (m → + ∞, voir 60).
98 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 99
Agrégation (Concours Externe)
OPTION : PHYSIQUE APPLIQUÉE
Épreuve C : Problème d’Électricité, d’Électronique, d’Électrotechnique et d’ Automatique - Session : 1994
Premiere partie Onduleur monoDhasé.
l-1 volt-documentréponseDR 1-l
l-2
l-2-l Vuelasymétriedu montage,chargeR-L, lecourantestalternatif,i(O) =-I,, ,
i(T/2) = +lo.
l-2-2 O(t(T/2 -ë E/R=rdi/dt +i avec r=L/R= 1,84ms.
soit 0)-k-(;+&Je 3
le -[I, l-2-3 ii-@)=Il=:-$+l,,).e 7
de)
l-2-4 T/2-8 <t<T/2 u(t)=0 0 =rdi/dt +i 4+-l
d'ou Xt)= \.e e
l-2-5 l(T/2)= l0 d'oùII=b.er; e 1 -- _-
E e f-e 2( en remplaçantdansl'expresslonétablieen l-2-3, lo=i.-
. J+e2
Application numérique: 10= 24,37A,It= 214A
l-2-6 voirdocumentreponseDR l-Z-6
l-3
l-3-l voir documentréponseDR l-3-l
Te --
t-3-2 Lapulssance moyennefournlepar lasources'ecrlt~ Pr=+- *JE,i.(t)dt
le
y 0 --
soit. Pr=? 'I [$(;+&k <]dt -Y 0
Appllcatlon numerlque. PE = 28,9 kW
100 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
34.0.3 J. 1394-E
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
1-4
T -T/4 0
les coefficients de la décomposftfon s’écrivent :
les harmonfaues pairs sont nuls
soit: bp=O et bpr,= 4E -.cod2u+ 00; QI+ 1I.n
les valeurs efficaces des harmoniques de tension
s’écrwent :
Applications numériques : pour E = 320 Y et tl = 4 ms Li13XL!L
pourE=430VetUf =233V 8 -5.89ms.
l-4-2 L’harmonique de courant de rang n, (n impair), s’écrit : i,(t)= h&sinCnot - rp;) U avec:l,=~,Z,= 2,
/w et (P” = Arctgtnf)
l-4-3 La puissance moyenne fournfe à la charge a pour expresslon :
P= p<t> = uo.l(t)= j$JZ+,.~p+,.COSl+12ptI P-0
l-4-4 Application numérique, Pf=U\Itcoscpf= 28.45 kW (Ut= 233V, If= 141 A, coscpf= 0,866)
la puissance fournie par la source est egale a la puissance reçue par la charge
(calculee en l-3-2) pursque le convertisseur est consldére pariaft :
PE = P, + iPzpl, = 28,9 kW d’où $P&+, = 450 W p-1 p-1
l-5 Schéma équivalent de la charge de I’onduleur. I-S- 1 Les orientations, précisées sur la figure- l-5 font que les forces magnétomotrlces nPlp
et nsls sont en opposltlon. d’où les expresslons des flux totaux embrasses par enroulement: H
Qp = Loi,(t) - M&(t)
QS = Mi,(t) - Lsi,(t)
M ) 0, coefficient de mutuelle inductance entre les
bobmages primaire et secondame.
102 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
I-5-2 Les tensions aux bornes des enroulements s’écrivent :
y(t)-Tpb(t)+y et y(t)= -r&(t)+ y
en remplaçant les flux par leurs expressions ( I-S- 1 ),
qAbrp&(t)+Lp dt dt dJ&lMdi&l et &--r&(t)-Ly+My
L’équation du prlmaire peut se transformer :
y(t)=r,b(t)+L,&(b-;iMi,) enposant t&)-i,,-ni, et i’o= !&=Ais P b b
on établit aisément le schéma de la figure l-5-2 , avec u’o = L,(di,,/dt)
l-5-3 En remplaçant io( t) par tov( t) +i’& t), l’expression de la tension secondaire 1-5-2
s’&it: ~(t)+r~(t)+L,bj-~-$!~~!& 3 dt dt dt di’ (t)
en tenant compte des notations de la figure l-5-3 : M$--= %.Ip(t), et d’autre part b
que à, = ni;(t)
u’p(t)=(~).~(t)+(~~.r~.~p(t)+(~)2~(l- E)u, le facteur l- 5 = 0 ‘p4 dt P
coefficient de dispersion de Blondel; en posant :
r’$= r,.(MY I;- o&.(~P le u,(t) P ( M ).u,(t) l’équatton devient
u’p(t)-r’,.fp(t)+I~~+u’9(1)
or h(t)=Ri,(t)+ Ly= R($)iSP(t)+LC~)~
4 4 df (t) d’ou u’~(t)=R(M)Zi’,(t)+L(M)Z~= RTp(t)+L .dl,o dt
apres avoir pose : R’= R(!$)2 et L= L(k)2
équation permettant d’établir le schéma equivalent de la figure l-5-3
l-5-4 En négllgeant le courant iov( t), ce qui revient à ConsIdérer L, Infinie, le schema se
redutt à I’assoctation séried’une résistance Ré, = rp + r’5 +R’ et d’une inductance
Lé,, = 1’s +L’
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 103
Deuxieme partie. Onduleur mOnODhaSé M.L.I.
2-l vowdocumentréponseDR 2-l
2-2
2-2-l La fonctton u(t) est impalre,doncdémmposableen unesérie de fonctions "sm",
et sur lademl-peric&[O,T/21 elle présente unesymétriepar rapportaT/4 cequi
nepeutsetrouverquepour lesharmonfquesimpairs: sin(Zp+l)o(T/2-1) =sm(2ptl)oT/2-(2p+l)ot)=sin(2ptl)wt
alors que smZpo(T/2-t)= sm2po( -1) = -sin(2po)t
soit aussi u(t) = -u(t+T/2)
2-2-Z DécomposttionensériedeFourier :
bpl =?~~u(t)sinnotdt = 2~~ot'2u(t).sinnf.&dt= 4: J~“u(t).sinnat.dt avec n = 2pt 1
les harmontquesdetension ont pour valeursefficaces
2Efi Yptl=(&+,)n A2wl avec A*, =cosr~~~-cosn~~~+cosr~~ -cosnc~~ +cosno5
n=7n+ 1
J-5 Le reqlaqede lavaleur efficacedu fondamentaletlasuppress1on des harmoniques 3. 5. 7 et 30 se font par lesanoles (ai solutionsdu svstemed'équationsnon linéaires:
x. u, A, = - 2.Ed2
A3 = 0 A3 = 0 A7 = 0 Ag = 0
cequi setradultpour lesdeux valeursextrêmesde lafem E
E =32OV A,=0,802 A3 = 0 A3 = 0 A7 = 0 Ag = 0
E =43OV A,50.337 A3 = 0 As = 0 A7 = 0 Ag = 0
104 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
34.0.3 J. 1394-F
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 1 os
î-4 2-4- 1 Les harmoniquesdewurants'écrivent : i,+,(t)=l~+~~.~ln((2p+l)ot-cp~+,j
l'expresslondelapulssanœmoyennereçuepar lachargeapourvaleur
P = dt).i(t) = ~uzp+,.i2p+,.wslp~+, po
1
Il
13
15
17
19
21
23
25
27
29
31
U”(V)
231
2,54
45
46,9
25,9
522
14,3
1 ,6 5,5
28
9,7
14,3
zn (0) 1,65
972
10,8
12,4
14,l
15,75
17.4
19,o
20,7
22,3
24
25,6
In (A)
140
0,28
4.17
3378
1,84
3,31
0,82
0,09
0,27
193
0.4
0,6
@% P”(W)
0,866 28007
0,155 0,l 1
0,132 24,8
0,115 20,4
0,101 4,81
0,091 15,75
0,082 0,97
0,075 0,Ol
0,069 0,1
0,064 2,2
0,060 0.2
0,056 0.4
La pulssance totale fournie a la charge est de 28 076W = 28,l kW, dont 70 W dus aux
harmoniques.
2-4-3 Les harmonlques de courant possedent une valeur efficace décrolssant plus rapidement
que celle des harmonioues de tension. ceci est la consequence du comportement filtre “passe-bas
de la charge, mals en plus le facteur de puissance de chacun des harmoniques diminue quand le
rang de l~harmonlque augmente.
La puissance est tres proche ae celle que vehwle le iondamental
2-5
2-5-l .‘oir le document réponse DR L-S- 1
2-S-2 i’oir le document reponse DR 2-5-X
106 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
34.0.3 J. 1394-G
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 107
Trotsterne partie: Onduleur triehasé.
3- 1 Etude des formes d’ondes.
3- 1 - 1 Les tensions simples secondaires ont pour expressions :
vsLN(t) - $“*(t)-$ y(t) VS3&)-
3- 1-2 Ondes triphasées MLI
Les tensions simples secondaires s’expriment à partir de la différence de deux parmi
trois, des tensions dellvrees par les onduleurs monophases :
vSI<-N(t)= ;/Ur(t)-.lk+,(t))
~~(t)-U,,,Asinp3w(t-(k-l)~) avec k =II 2 ou 3; (p entier positif)
d’où t+(t)= U&.&inp3ot: tous les harmonwes de pulsation p3w sont en
phase, 11s s’éliminent donc dans les dtfférences %(t)-.&,,(t). Les tensions simples ne
possedent pas d’harmonfques de pulsation 30et multiples ~30.
3- I-3 Afin de redutre les pertes dues aux commutations des composants. il est Inutile de
supprimer par le découpage MLI , les harmoniques discaraissant car !e couplage du transformateur (harmoniques 361et muitlples ~30) Les harmoniques pairs sont
Inexistants de par la forme d’onde (svmetrie par rapport a T/4 pour une fonction impaire). il ne reste qu’a éliminer les harmoniques de rangs 5. 7, 1 1 et 13~ cour
satisfafre la condition imposee sur la valeur eiflcace du premier harmonique, 170,
(suivant le fondamental )
l l faut quatre equatfons (donc quatre angles) pour la suppression des harmoniques,
plus une equation, donc un angle, pour le reglage du fondamental, soft au total cinq
dngles, et donc un svstéme non Iinealre de cinq equations
3- l-4 La valeur efficace du fondamental de la tension slmole secondalre, vr, a pour
expresslon
108 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
Uf,en,j, représentant levaleur efficacedu fondamental de la tension délivrée par chaque
onduleur; cette valeur efficace S'écrit :
(El). 2fi.E s - (cosa-cose+cosy-cosg+cosc)=231
= "b leséquat~onssuivantes permettent lasuppressiondesharmoniques 5, 7, II et130:
(E2): cos5a-coscjptcos5y-cos5stcos5C=o
(E3): cos7cY-cos~tcos7y-cos7atcos7c=0
(E4): coslIcr-coslptcoslly-cosllStmslË=O
(E5)' cos1~-cosl3Q+c~l31,-cosl3stws13c=o
Pour lesdeux valeurs extrêmesde E,lessystèmes nedifférent que par l'équatfon (El)
danslaquellelesecondmembreestmodifiéenfonctiondelavaleur deE: 3200~
430 v
3-l-5 Taux d'harmonlquesdestensionssfmplessecondairesàvide:
lesvaleursefficwesdes harmoniquesdetensionssimplessecondafress'écrivent:
vq+i = d&m.; avecU&,+f ond.= 231 azp+f et2p+ 1 f 3m
V3m = 0
r=27,1610-2pourE=320V, ~=34,1210-îpourE=430V
3-2 Etudedu transformateur triphasé.
3-2- 1
Lesor~entationsdesdes lignesde champ dans
chacunes des colonnes,sont liées à celles des
enroulements;on oeut appliquer la "loi des
nceuds" pour les flux
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
Loi d’Hopkmson appliqu& a chaque colonne :
109
rbbl(t)-n,i,l(t)tn,~(t)=Ri~l(t) + &cpo(t)
rbip2(0- qi2(t)+n,jl(t)=R2~2(t) + &(DO(~)
rbhdt)- Mdt)+n,G2(t)-Rm3( 1) + a& t)
3-2-2 De la somme des trois équations précédentes et Q0 = Uj+Q2 + Q3 on déduit :
ii&) =[R+ 3&].@o(t) d’où k-l
3-2-3
@l(l) =
@2(t) =
@3( 1) =
Cn,/R).[ i&- ~(i,~(t)- jdt))l -(R.dR).cPo(t)
( n,/R).[ i,,(t) - ~(i,~(t)- i,,(t))1 4 Ro/R).@o( 1)
( np/R).[ i,(t)- !$i&- i,,(t))l -( RdR).@o( t)
3-2-4 L’équilibre des courants entraîne : ii,(k(t) = 0 d’où @o(t) = 0 k-l
le flux dans une colonne k. (k =l , 2 ou 3) s’écrit alors
@k( 1) =( np/R).[ i,(t)- !$!i,k(t)- i,,-,,(t))1 D
3-Z-5 Schéma equwalent
3-2-s- 1 Le flux total enlacé par une spire d’un enroulement primaire k, s’ecrlt (Pk( 1) = Qk( t) + @fp k(t), d’où le flux total embrassé par l’ensemble de
i'enrOUlei??ent orimaire k, s’ecrlt @Tp k(t) = npyk(t) = n@k( t) + np@fp k(t) = npQk( t) + Ip.lpk(t)
la tension appliquée aux bornes d’un enroulement primaire a pour expression : ‘&k(t) vp k(t) = rplpk!t) + -g-
dl r(t) = rpipk(t) + lp- +
d‘+,l< (t) dt ’ dt
soit
vp k(t) = rplpk(t) + Ipy +( ni/R). i ipk(t)- t(iSk(t)-&&t)) 1 en posant ipk (t)= nS(i5k(t)-&I>(t)) le tension aux bornes d’un enroulement
‘b
primaire prend la forme
vp k(t) = rplpk(t) + $$ +( +‘R) &[,pk(t)-,‘pk(t)]
110 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
en posant L~A = I$ /R, I’equatlon
précédente peut se traduire par le schéma
cl-contre :
i*(t) rp 10 i’d 1)
3-2-5-2 Schéma équivalent au secondaire :
La tension aux bornes de l’enroulement secondaire (a). de la colonne k, a pour
expresslon :
v,,(t) = -r&(t) - 1, C&&)+%m dt dt
soit avec r& !!zk.a = I$,vgk (t)
dt ‘b
v,,,(t) = -r&(l) - 1, dl,(t) 3 dt +‘b
.v’plC (1)
de même, aux bornes de l’enroulement (b) de la même colonne k
v,,,(t)-+r,~-,,(t)+l,~+n,~
vdt) = +r,h-,)(t)+ 1, y + n va(t) P
en posant mk = : les deux équations exprimant la tension aux bornes des
secondalres Ca) et (b) d’une même colonne k peuvent se traduire par le schema
de la figure 3-2-5
3-2-6 Hypothése de Kapp
On neglige les chutes de tension
provoquées par le courant magnétisant Ipk(t) TP IP I’Pk( t)
dans les éléments rp et 1, devant la
tension appliquée aux bornes de
l’enroulement; cecl autorise le
déplacement de I’inductance magnétisante L,, comme illustré sur la figure ci-
contre
exprimons la tensfon sfmple secondaire vs1 N(t)= vs ia( 1) - vS2b( t)
VS, N( 1) = [ -r9i&- &.y t!$ V’pI(t)l-[ r3lsI(t)+15 y + n ‘/‘pZ(t)l
P P
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE III
-dl,lo avec v’,,I= V&I-r,i,dt)-b dl et v’p vp2(t) - rplp2 (t)- b d1’,2 dt
où f,,(t) = : (il(t) - i,,(t)) et $2 OI= ; (&2(t) - i,,(t))
ceci permet d’écrire :
VS1 N(t) = -i-&(t)-L,. !!!Il@ c %V,(t)- Vp2(0 dt np
en notant Vp 1 (t) - Vp2( t) = VS 10 N( t) , Cette &JatlOn peut ?JiWfIent Se traduire
par le schéma équivalent de la figure 3-2-6 pour la phase 1 , en généralisant :
‘fSK N(t) = -k&(t)- L. dt dj,Ot %lpk(t) - Vp(k+l)(t)) ~
Vpk(t)-Vp(k+l)(t)=VSkON(t), Fk=Zr,t
VSK N(t) = -%.hk(t)-L5 y+ ZVStoN(t)
3-Z-7 Eléments du schémaéquivalentétolle ramené au secondalre'
L'essai en régimeslnusoldalcorrespondau premier harmonique pour lescalculs
precedents
De I'essal avideon determlne lerapportdetransiormatlon,m
410=U,=J3.Vs=~.(~~Vyp)=m(J3.V,)=m 410 3 =0.577 nP %
RS = 2r,t 3 9, = Zr, + m2rp 0
2
'b (2r,=(l/2)10,5m~ r,=4,55mn>
F& = '9.8 mO
essai encourt-circuit.Vso CC = y = 23,7v lscc = bE = 300 A m
!,=k= 78,9 mO d'où L,o= 78,3 mR 1,
L = 250 UH cc
112 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
3-3 Filtrage des tensions
3-3- 1 Pour l'étudeau nwaudestensionssimplesil faut déterminer leschéma'etoile"
équivalentdescondensateurs; la puissance réactivefournieestidentique pour les deux couplages (D ou Y) pour lapulsationo:
cl= 3(CUJ52 = 3(C,q,W).( %2 is
C=664uF doncC,o,= 1992=2 OOOuF
lecircujtétantéquilibré,on seramèneau schémaéquivalent, par phase,représanté
sur lafigure 3-3-l.
leséléments du schéma Équivalentdela figure 3-3-l sont vérifiés.
Note : sur /a r@ure J-3- / 18 mime lettre ‘? ” a eté par erreur uif/i.z%? P@ur le rang a?
/ ïlermonyue tins XX, *’ et tins /a numérof8imn &s phases X = /, 2 ou 3: ”
3-3-Z Le calcul de la valeur efficacedu fondamental de la tension filtrée s'effectue par le
calcul comolexe:
Lt = LCq Y,, z, + Z@. &, = 1,43+ j.0,747=1,6I.e &, = 1,43+ j.0,747=1,6I.e 10,‘8’ 10,‘8’ L = - , 59 = ,5g,e-hs’ L = - , 59 = ,5g,e-hs’ IL, , IL, , 2, = 9,8.10-3+ j78.10m3 2, = 9,8.10-3+ j78.10m3 zcq.= 1,30-jO,813= zcq.= 1,30-jO,813= 1,54.e‘ 1,54.e‘ ~0,556 ~0,556
d'où : d'où : IlfI= 1,03.[V,,l = 239 Y IlfI= 1,03.[V,,l = 239 Y
3-3-3 Attenuatlon del'harmoniquederangk. Le premier harmonique,suwant lefondamental,estde rang 17
Leschémadu montage peutseslmplifier entenantcomptedesvaleurs numériques:
17Xs=1326mR>>R, & =94mC1 ~ch],7w=12,8R *q
Yfk = V.%qk~ v
’ Y
1 -+lkX,
-ako = 1 -&',C,o -3ko l.C,,ku
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 113
3-2-4 Taux d’harmonlques après filtrage.
Les calculs ne s’appliquent qu’aux harmoniques de tension présents aux bornes de la charge :
E = 320V
Rang de I’harmonlque Attknuation q/Att.
1 0,97 1,03 17 13 10,85.10-3
19 16,6 9,82.1 O-3 23 24,8 1 ,051 o-3
25 29,5 2.47.1 O-3 29 40 1,90.1 o-3 31 45,8 2,33.10-z 35 58,7 1 ,70.1 o-3
37 65.7 0.03.1 o-3
'(320) =1.53
E = 430V
Rang de I’harmonique
17
19
23
25
29
31
35
37
Atténuation ak/Att.
0,97 1 ,03
13 8,3.1 o-3 16,6 I3,6.1 O-3
24,8 5,04.l o-3
29,5 0,50.1 o-3
40 0,40.1 o-3
45,8 1 1 o-3
58,7 0,14.10-3
65,7 1 ,78.1 O-3
i(430) =JJi.dx
114 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
Quatrième partie : Etude de la commutation diode-transistor.
4-l Diateconsidéréeidéale.
4-l-l 0 ( t < 11 le transistor Test bloqué ladiodeconduit : ic = 0 id = 10
tt (t < 12 le tt3nSiStOr et ladiodeconduisent : ic + id = 10. VCE = E
t2 ( t ic=10 id = 0 Tconduit, D bloquée.
4-l-Z 0 (t<tt letransistor est bloqué: i, = 0
tt (t<t2 letransistor fonctionneen régimelinéaire,croissancedei,,VCE = E
t2 < t le transistor est saturé. (on négiigeletempsdedécroissancede’f~~)
4-l-3 Vge Th.= 6 V =Vge (tt)tensiondeseuil
‘dge (12) = 9,s V pour l0 = 300A.
4-l-4
4-l-4-1 Lacaractéristiquedechargedegrille,(annexel),faitapparaître que la tension
Vge évolue proportlonnellementà lachargeQget.cequi permet d’assimiler à une
capacltét$, ledipôleentregr~lleetémetteur.
Cge = AQIAV =200.1 O-o/5 = 40 nF
4-l-4-2
1 ” Rg
Pour 0 <t < tz, ledipôlegrille-émetteur secomporte
E lP
4rk+ t
commeunecapacltéde 40 nF; lecmcuitdecommande Cg. “Y admet leschémaéquivalent cl-contre, permettant
schémaéquivalentdu clrcuitde d’établir l’équation sulvante:
commfindedegrllle. 15 = RgCge(dVge/dt) + Vge posonsr = R& = 880 ns
\cgs(t) = 15 - 30 exp (-t/r )
“y( tl ) = 6 ” ( = “gs Th.) tl = 1.06 ps
Vge(12) = 9,5 v t2 = 1,49us
OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE 115
4- l-4-3 La vitesse de croissance de la tension Vge à l’instant 12 - c vaut :
dans cette phase le transistor fonctionne en régime linéaire, par conséquent la vitesse de croissance du courant est proportionnelle à celle de la tension Vge.
Pour Ic = 300 A, la transconductanœ directe grs = 160 s (annexe 2).
($) = %.(!y, = 160. 6,25/106 = lOOOA&
4-2 Influence de la charœ recouvrée de la diode.
4-2- 1 Dans la phase de croissance du courant dans le transistor ic + id = l0 = Cste
donc: ($)=-($): àI’instantt2, [2) = - lOOOA/p.
4-Z-2 On déduit des caractéristiques de l’annexe 2 : 1Rt-j = - 130 A et Qrr 26 uC.
A partir de la définition de la charge recouvrée , Qrr =( 1/2).tRM,trr,
t,, = 400 ns.
4-2-3 Alluresdu courant collecteur et tenslon collecteur-émetteur :
1F(n/( t,,,-t2) = 1000 A/~S
tm-12 = 130 ns
trr = 400 ns
Remarque : ces résultats sont
etablis dans un circuit dans lequel
sont négligées toutes les inductances
parasltes !
4-2-4 Energe perduedanscette ohasedecommutation. t
WF = f 1
E i,(t)dt .- E Q, t l&(t,.,- 1,) 2
4
&= (1/2I(430)(300+130).0,62.10+=57
116 OPTION PHYSIQUE APPLIQUÉE
4-3 Influence des inductances de câblage.
Dans la phase de croissance du courant collecteur, la tension vce( t)= E - Lc.(di,/dt);
en supposant que la vitesse de croissance du murant soit constante, (di,/dt)= 1000 A/~S,
la tension vce = 430 - t 00.1 O-9,1000.106 = 330 V, ce qui aura pour effet de réduire
l’énergje dissipés lors de la fermeture.
(Par contre lors de l’ouverture de l’interrupteur, cette inductance produira une surtension, car (di,/dt)(O.)
L’étude précédente n’est valable que si le transistor fonctionne en régime linéaire dans cette phase de commutation, soit si V&O; la valeur critique des inductances parasites est
donc 0 = 430 - Lc crit,(dic/dt), soit toujours avec le même (dic/dt), L,-,-rit. = 430 nti
La valeur da SOOnH, supérieure à I’inductance crttlque, fera que la vitesse de croissance
sera imposée par les inductances parasites, (di,/dt) = E/Lc = 860 A/~S, ce qui réduit le . I Qrr a evacuer de la dmda et aussj IRM.
Agrégation(Concours Interne)
OPTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉEComposition sur la physique et le traitement automatisé de l’information - Session : 1994
PARTIE 1
1.1. Propagation.
1.1.1. Exemple : corde vibrante : propagation d’un ébranlement.
C’est y qui se propage.
1.1.2. 1.1.2.a. ymax est observé en x1 à t1, en x2 à t2,
||v→ || =
x2 – x1t2 – t1
(ici, si t2 > t1, v→ =
x2 – x1t2 – t1
. e→x ),
||v→ || dépend : – de la tension de la corde – de sa masse linéique
||v→ || = √ T
µ
1.1.2.b. y = cste ⇔ ∆x = ± v . ∆t si v = ||v→ ||,
x vt = cste.
y représente l’amplitude de l’onde : s
→ s = f (x – vt) si v→ = v . e→x ,
→ s = g (x + vt) si v→ = – v . e→x .
à t2
à t1
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 117
L’excitation envoyée par la source (située en x = 0) à l’origine des temps, s’observeà l’instant t en un point d’abscisse x tel que x – vt = 0, ou x + vt = 0, selon son sensde propagation.
1.1.3. Si s = f (x – vt) ; on pose α = x – vt
→ s = f(α)
∂s∂x
= f’
∂s∂t
= – vf’
∂2s∂x2 = f’’
∂2s∂t2
= v2f’’
→ ∂2s
∂x2 = 1v2 ∂
2x∂t2
idem si s = g (x + vt), avec β = x + vt.
1.1.4. 1.1.4.a. ou s = a cos ω t – xv
pour une propagation selon + e→x ,
ou s = a cos (kx – ωt),
ou s = a cos 2π
tT – x
λ ,
avec T : période temporelle,
avec ν : fréquence temporelle (ν = 1T),
avec ω : pulsation,
avec λ : longueur d’onde,
k→ = k . e→x : vecteur d’onde.
1.1.4.b. – T (en s) : période de s(t) à x fixé,
– ω et ν (en s – 1 ou Hz) :
– ν = 1T ω = 2πT ω = 2πf,
– λ (en m) : période de s(x) à t fixé,
– k en (m – 1) k = 2πλ
: pulsation spatiale,
– k→ = 2πλ
e→x dans la direction et le sens de propagation.
– k = ωv , soit λ = vT.
1.1.5. s1 = a cos (kx – ωt + ϕ1)s2 = a cos (kx + ωt + ϕ2)
s = s1 + s2,
s = 2 a cos kx +
ϕ1+ ϕ22
cos
ωt +
ϕ2 – ϕ12
.
118 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
L’onde s(x, t) est une onde stationnaire,
s(x, t) = F(x) . G(t).
Nœuds (s = 0 ∀ t) si xN = 2 p + 1
2 . πk – ϕ1 + ϕ2
2 k
p ∈
Ventres (|s| maxi ∀ t) si xV = p . πk – ϕ1 + ϕ2
2 k
Entre deux nœuds successifs ∆x = πk =
λ2 .
Entre deux ventres successifs ∆x = πk =
λ2.
Entre un nœud et un ventre successifs ∆x = π
2 k = λ4 .
1.1.6. A trois dimensions : ∆s = 1v2 ∂
2sδt2
équation de d’Alembert
1.2. Ondes électromagnétiques dans le vide.
1.2.1. rot→ rot→ E→ = – rot→ ∂B→
∂t = –
∂∂t
rot→ B→ = – ε0 µ0 ∂2E→
∂t2
→ grad div→ E→ – ∆→
E→ = – ε0 µ0∂2E→
∂t2
div E→ = 0 → ∆→
E→ = ε0 µ0 ∂2E→
∂t2
→ ∆→
E→ = 1c2 ∂
2E→
∂t2avec ||v→ || = c = 1
√ ε0 µ0
Même démonstration pour B→ : → ∆→
B→ = 1c2 ∂
2B→
∂t2
c ≈ 3.108 . m . s – 1
1.2.2. 1.2.2.a. Plans d’onde : s uniforme à t pour x = cste→ plans // yOz.
Directions de E→→→→ et B→→→→ : soient
E→ = E→0 cos (kx – ωt) B→ = B→0 cos (kx – ωt + ϕ)
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 119
div E→ = 0 ⇒ ∂Ex
∂x = 0 ∀ x, ∀ t ⇒ E0x
= 0.
div B→ = 0 ⇒ ∂Bx
∂x = 0 ∀ x, ∀ t ⇒ B0x
= 0.
E→ et B→ sont donc ⊥ Ox→ ,c’est-à-dire dans le plan d’onde.
1.2.2.b.
rot→ B→ = ε0 µ0 ∂E→
∂t ⇒
– ∂Bz∂x
= 1c2
∂Ey∂t
+ ∂By∂x
= 1c2
∂Ez∂t
Si on pose kx – ωt = u,
E→ = E0→ f(u)
B→ = B0→ g(u)
avec k = ωc ,
Boz g’ = – 1c Eoy f’
Boy g’ = + 1c Eoz f’
Compte tenu de la forme mathématique (en cos u et cos (u + ϕ)) de f et g, on endéduit :
Bz = – 1c Ey et By = 1c Ez
Soit (Bx et Ex étant nuls, et avec k→ = ωC e→x ) :
B→ = e→x ∧ E→
c , ou B→ = k→ ∧ E→
ω
pour une onde se propageant selon + e→x.
Remarque : l’utilisation des complexes permet d’obtenir plus rapidement le résultat
div E→ = 0
div B→ = 0 ⇒
⇒
i k→ . E→__ = 0
– – – – →
→
E→ ⊥ k→
B→ ⊥ k→
E→ et B→ sont dans le plan d’onde.
rot E→ = – ∂B→
∂t ⇒ i k→ ∧ E→__ = i ω B→__ → B→ =
k→ ∧ E→
ω
120 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
d’où le schéma :
1.2.2.c. Vibrations transversales : les grandeurs vibratoires vectorielles E→ et B→ sont perpen-diculaires à la direction de la vitesse de propagation de l’onde.
Vibrations longitudinales : la (ou les) grandeur vibratoire est parallèle à la directionde la vitesse de propagation de l’onde.Exemple : Ondes sonores dans les fluides parfaits : la vitesse des particules est parallèleà la vitesse de l’onde.
1.2.2.d. Polarisation rectiligne : l’extrémité de E→ (ou de B→ ) décrit un segment de droitedans le plan d’onde.
Polarisation circulaire : les extrémités des deux vecteurs décrivent des cercles dansle plan d’onde.
1.2.3. 1.2.3.a. λ(m) 10 – 10 10 – 8 4.10 – 7 8.10 – 7 10 – 4
ordresde grandeur
ν (Hz) 10 19 10 17 7,5.10 15 3,7.10 15 10 13
naturedes ondes
rayons γet
cosmiques
rayonsX U.V. visible IR ondes centimétriques ;
ondes hertziennes et BF
1.2.3.b. source noyaux atomes molécules
1.2.4. 1.2.4.a. La source (laser ou autre) fournit de l’énergie. Celle-ci est transportée par l’onde. Elleest ensuite récupérée par un récepteur sous différentes formes (effet photoélectrique,chauffage, IR,...).
1.2.4.c. Dans le vide : Π→
= v u e→x
(si l’onde se propage avec v→ = v . e→x ).
Physiquement :– le flux de Π
→ traversant une surface est égal au débit d’énergie électromagnétique
– à travers cette surface,
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 121
– le flux de Π→
sortant d’une surface fermée est donc, dans le vide, égal à la variation– temporelle de l’énergie contenue à l’intérieur de cette surface.
(S)
Π→
. dS→ = ddt ∫∫∫
(v)
u d τ
1.2.4.d. Les récepteurs énergétiques n’étant sensibles qu’à la moyenne temporelle des énergiesreçues, seule cette moyenne possède un intérêt physique.
122 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
PARTIE 2
2.1. Notation complexe.
2.1.1. s = ℜ e ( s_ )
2.1.2. Exemple : Circuit RLC série :
U__ = Um exp (– iωt)
I_ = Im exp i (ϕ – ωt)
L didt + Ri + ∫ idt = u ⇒ I_ =
U__
R + i Lω – 1
Cω
→ Im = Um
√R2 + Lω – 1
Cω
2
tan ϕ = + R
Lω – 1Cω
2.2. Propagation d’une onde mécanique dans une file d’atomes.
2.2.1.
Système : An F→n – 1 ⁄ n + F→n + 1 ⁄ n = m a→ (An) ,
sur e→x λ (un – 1 – un) + λ (un + 1 – un) = m u..
n
m u..
n = λ (– 2 un + un + 1 + un – 1)
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 123
2.2.2. 2.2.2.a. – m ω2 = – λ 2 – e + ika – e – ika → ω2 =
2 λm (1 – cos ka)
ω2 = 4 λm sin2 ka
2
2.2.2.b. ω = 2 √ λm
sin ka
2 → vφ = 2 √ λ
m
sin ka
2
k ,
avec k = 2a Arc sin ω2 √mλ
,
→ vφ = ω a
2 Arc sin ω2 √mk
ω a est homogène à une vitesse, donc vφ également.
2.2.2.c. Milieu dispersif : vφ dépend de ω.
Exemples : prisme, lames à déphasages, plasmas... ici vφ dépend de ω d’où milieudispersif.
2.2.2.d.
ω est
2 Πa
périodique (comme sin2 ka
2 )
dωdk = a √ λ
m cos ka2 , si k ∈
0, 2Π
a
→ ωm = 2 √ λm
(km = Πa )
Il ne peut pas y avoir de propagation si ω > ωm
124 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
2.3. Propagation d’une onde électromagnétique dans un guide d’onde.
2.3.1. 2.3.1.a. Mathématiquement : E→i seul ne satisfait pas à la continuité de E→ tangentiel.
Physiquement : les électrons du métal, mis en mouvement par les champs E→i et B→i ,ré-émettent un champ électromagnétique.
2.3.1.b. Superposition des champs incident et réfléchi : réalisation d’une onde stationnaire(1.1.5.).
2.3.1.c. Onde incidente : E→__ i = E0 exp i (kz – ωt) e→x .
Propagation : k→i = ωc e→z ,
→ B→__ i = E0c exp i (kz – ωt) e→y
Onde réfléchie : E→r = E0r exp i (– kz – ωt) e→x .
(d’après les invariants et les symétries dus à l’onde incidente).
Propagation : k→r = – ωc e→z ,
→ B→__ r = – E0r
c exp i (– kz – ωt) e→y .
Superposition : E→__ = E→__ i + E→__ r ; B→__ = B→__ i + B→r
Continuité de E→tang
en z = 0 ⇒ E0r = – E0 ,
en z = a E→__ = 2 i E0 sin kz exp (– i ωt),
→ k = p . Πa et ω = p . Πca (p ∈ ∗ )
→E→total = 2 E0 sin kz sin ωt e→x
etB→total = 2
E0c cos kz cos ωt e→y
( B→normal = O→, donc effectivement continu).
Caractéristiques de l’onde stationnaire :
Nœuds de E→ : z = q Πk (q ∈ ∗ ) → z = qp . a,
coïncident avec les ventres de B→ .
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 125
Ventres de E→ : z =
2 q Π2
Πk (q ∈ ∗ ) → z =
2 q Π2 p . a,
coïncident avec les nœuds de B→ .
E→ et B→ sont en quadrature temporelle (et spatiale).
2.3.2. 2.3.2.a. Remarque : la continuité de E→tang impose que E0 soit fonction de z.
– k2 E0 + E0’’ = 1
c2 × (– ω2 E0)
→ E0’’ +
ω2
c2 – k2 E0 = 0
2.3.2.b.E0 doit s’annuler en z = 0 et z = a, ce n’est possible que si ω2
c2 – k2 > 0, d’où une
solution sinusoïdale.
Si K2 = ω2
c2 – k2 , alors E0 = A sin (Kz + φ) ,
E0 (0) = 0 ⇒ φ = 0 (Π) ; on choisit φ = 0,
E0 (a) = 0 ⇒ K = p Πa p ∈∈∈∈ ∗∗∗∗
→ω2
c2 – k2 = p2 Π2
a2
Remarque : la propagation n’est possible que pour k2 > 0.
Pulsation de coupure : ω = ωc si
p = 1k2 = 0
(valeur minimale de ω).
→ ωc = Πca
Remarque : chaque «mode» de propagation (c’est-à-dire chaque valeur de p) possède
une pulsation de coupure ωcp = p . Πc
a .
Application Numérique : ωc = 4,7.10 10 s – 1
Cette pulsation correspondrait à une longueur d’onde dans le vide λv = c . 2 Πωc
= 2a
λv = 4 cm ; ondes centimétriques.
126 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
2.3.2.c. vφ = c √ 1 + p2 Π2
k2a 2 , donc vφ > c.
vφ ne représente pas la vitesse de propagation d’une grandeur physique (telle quel’énergie). Sa comparaison à c est donc sans intérêt.
2.3.2.e.E0 (z) = A sin
p
Πza
et E→ = A sin p . Πza cos (kx – ωt) e→y
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 127
PARTIE 3
TRAVAUX PRATIQUES SUR LA POLARISATION DE LA LUMIÈRE
3.1. Schéma du montage expérimental.
3.2. Polarisation rectiligne.
Expérience : Polariseur et Analyseur + Photocellule.
On repère I minimum en jouant sur les calibres du voltmètre et on note l’angle caractéristique del’analyseur.
On remarque alors à l’œil qu’analyseur et polariseur marqués ont des directions perpendiculaires.
On tourne alors l’analyseur de 90°, réalisant alors par définition θ = 0. Puis on fait varier θ de 0° à 90°et on note I ; on porte I = f (cos2 θ) → droite,
→ loi de Malus.
Interprétation : L’analyseur ne laisse passer que la projection de E→ sur sa direction caractéristique etl’intensité I est proportionnelle au carré de || E→ ||.
3.3. Polarisation circulaire.
3.3.1. Expérience : Polariseur et analyseur croisés (Imin) ; filtre vert indispensable.
On ajoute la lame λ ⁄ 4 entre P et A : la lumière revient (en général).
On tourne la lame λ ⁄ 4 : il existe quatre positions (dont deux directions) où I ≈ 0 : lignes neutres.
On place la lame λ ⁄ 4 à 45° d’une de ces directions ; quand on tourne l’analyseur, I = cste,c’est la polarisation circulaire.
Explication : Une des lignes neutres est l’axe lent (indice ne) l’autre est l’axe rapide (indicenr).
Les deux lignes sont parallèles à la face d’entrée.
L’épaisseur de la lame est e.
On projette le champ E→ de l’onde incidente sur chaque axe :la projection sur l’axe lent, et la projection sur l’axe rapide, subissent une différence de marchene e (resp nr e) à la traversée de la lame.
128 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
A la sortie de la lame, les deux projections ont un déphasage :
∆ϕ = 2 Πλ
(ne – nr) e .
Par recomposition pour trouver E→ , on obtient une polarisation elliptique ; il n’y a donc plusd’extinction lorsqu’on tourne l’analyseur.
Exceptions : – cas où E→incident // ligne neutre : on conserve la polarisation rectiligne initiale.
Exceptions : – cas où E→ est à 45° et (ne – nr) e = λ4 + pλ : la polarisation est circulaire.
3.3.2. On place la première lame λ4 à 45° de P et A croisés.
On ôte cette lame et on repère proprement les lignes neutres de la deuxième lame λ4 (non
marquée) : pour repérer l’axe lent de la deuxième lame, on replace les deux lames entre A etP croisés, la deuxième lame étant placée à 45°.
S’il y a extinction, c’est que l’axe lent de la deuxième lame coïncide avec l’axe rapide de lapremière.
On permute alors les deux axes de la deuxième lame, pour faire coïncider les deux axes lents.
On a alors réalisé une lame λ2 (∆ϕ = (2p + 1) Π, rotation de E→incident de 90°).
3.3.3. (ne – nr) e varie peu avec λ, mais ∆ϕ = 2Πλ
(ne – nr) e est, lui, fonction de λ.
Une lame n’est donc quart d’onde que pour λ donné.
D’où phénomène colorés, et pas de polarisation circulaire réalisable.
Mais : l’expérience du repérage des lignes neutres marche toujours.
3.4. Lumière non polarisée.
3.4.1. Sans polariseur, quand on tourne l’analyseur I reste constante : la lumière naturelle contient unmélange statistique de toutes les polarisations possibles, que l’on peut représenter par un mélangeéquiréparti incohérent de deux polarisations rectilignes perpendiculaires.
3.4.2. On rappelle que deux ondes ne peuvent pas permettre d’observer des franges d’interférencessi :(∗ )∗ les directions des champs E→ associés sont perpendiculaires,
(∗∗ ) les ondes sont incohérentes entre elles.
Pour s’abstraire de la condition (∗ ), il faut placer après les fentes d’Young, un analyseur («à45°» pour obtenir un contraste maximum).
Pour s’abstraire de la condition (∗∗ ), et d’après 3.4.1., il faut également placer un polariseuravant les fentes d’Young, («à 45°» pour obtenir un contraste maximum).
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 129
Quand on ne place aucun des deux instruments, chaque direction de polarisation donne lieu àdes franges d’interférences, dont la position ne dépend pas de la direction de polarisationenvisagée.
Par addition des intensités correspondant à chaque direction de polarisation, on obtient la mêmefigure d’interférences (avec une intensité plus grande).
3.4.3. Filtre vert indispensable.
On dispose d’une lame λ ⁄ 4 suivie d’un analyseur rectiligne à 45° des lignes neutres de la lame,solidaires.
Dans le cas d’une polarisation circulaire :
En tournant l’ensemble (A, λ4), on trouve une direction correspondant à l’extinction totale (et,
à 90°, une direction où l’intensité est maximum).
Dans le cas de la lumière naturelle :La rotation ne produit pas de modification de l’intensité.
3.5. Méthodes de polarisation rectiligne de la lumière.
3.5.1. Réflexion vitreuse à l’angle de BREWSTER.
Rayons ordinaire et extraordinaire dans des systèmes biréfringents (on ne conserve qu’un desrayons, soit par sélection spatiale, soit par réflexion vitreuse).
Lumière polarisée du fait des propriétés de la source émettrice (laser polarisé, polarisationcirculaire par effet Zeeman...).
3.5.2. Réflexion vitreuse sur surfaces (mer, routes...). Diffusion à 90° par le ciel, de la lumière dusoleil (un dipôle oscillant ne rayonne pas selon son axe).
130 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
PARTIE 4
MODÈLE CLASSIQUE DU RAYONNEMENT ATOMIQUE ET DE SA POLARISATION
4.1. Interprétation de la force de rappel.
Le nuage électronique possède la symétrie sphérique.
Le théorème de Gauss appliqué en M tel que . CM < a0
⇒ E→ . dS→
= Er . 4 π r2 = q r3
a03 × 1
ε0
E→ = q4 π ε0 a0
3 r→ , si r→ = r . u→r = CM→ .
Force subie par le proton situé en M :
f→ = – q E→ → f→ = – q2
4 π ε0 a03 r→ → α = q2
4 π ε0 a03
4.2. Mouvement libre de l’électron sans amortissement.
4.2.1. PFD appliqué à l’électron m r→.. = – α r→ dans (R) galiléen lié au proton.
Mouvement oscillatoire avec ω0 = √ αm (en projection sur chacun des trois axes).
→ω0 = √q2
4 π m ε0 a03
4.2.2. λ0 = 2 π cω0
λ0 = 416 A°
domaine de l’U.V. assez lointain.
4.3. Mouvement avec amortissement.
4.3.1.
m r→..
= – Γ r→. – α r→ ou m r→
.. + Γ r→
. + α r→ = 0→ .
Si on pose r→_ = r→_ 0 e – i ω t,
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 131
alors ω2 + i Γ ω – ω02 = 0.
Soit, au premier ordre en Γω0
: ω = ± ω0 – i Γ2 .
La seule solution physiquement acceptable est à pulsation positive, donc :
ω = + ω0 – i Γ2
(le terme en i Γ2 est seulement responsable de l’amortissement en e –
Γ2 t
).
4.3.2. Mouvement selon z’ z→ .
4.3.2.a. z = A e –
Γ2 t
cos (ω0 t + ϕ) avec t = 0
z = 0dzdt = 0 et avec Γ < < ω0 .
→ au premier ordre en
Γω0
près : z = z0 e
– Γ2 t
cos ω0 t
4.3.2.b. = <Ec> + <Ep>,
Si Γ = 0 < > = <12 m
dzdr
2
> + <12 m ω0
2 z2>
→ = 12 m ω02 z0
2
Remarque : représente l’énergie calculée à tout instant, l’énergie étant stationnaires’il n’y a pas d’amortissement.
4.3.2.c. Si Γ ≠ 0 Ec = 12 m e – Γt
ω0 sin ω0 t + Γ2 cos ω0 t
2
z02 ,
ou Ec ≈ 12 m e – Γt
ω02 sin2 ω0 t z0
2 ,
et Ep ≈ 12 m ω02 z0
2 e – Γt cos2 ω0 t ,
→ Ec + Ep ≈ 12 m ω02 e – Γt z0
2 .
Sur une durée égale à la pseudo période T ≈ 2πω0
, prise à partir de t = 0,
e – Γt ≈ cst car Γt < 2 π Γω0
< < 1
132 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
→ = 12 m ω02 z0
2 e– Γt
décroît donc avec une constante de temps τ = 1Γ
4.4. Rayonnement dipolaire et durée de vie.
4.4.1.
E→__ = – E0 e→θ ; B→ = – E0c e→ϕ ,
avec E0 = ω0
2 µ0
4 π
q z0R sin θ e i (kR – ω0t),
or e→R , – e→θ , – e→ϕ forment une trièdre direct,
→ B→ = K→ ∧ E→
ω0 (K→ =
ω0c e→R )
donc sur ∆R < < R, l’onde a la structure d’une onde plane se propageant selon + e→R .
L’onde est polarisée selon e→θ (direction de E→ ).
Si θθθθ ==== ππππ2 , e→θ = – e→z et l’onde est polarisée selon e→→→→z .
4.4.2.D’après l’introduction, <Π
→> = 12 ℜ
E→ ∧ B→∗
µ0
,
ou <Π→
> = E0
2
2 c µ0 e→R
soit <Π→
> = ω04
µ032 Π2c
q2 z0
2
R2 sin2 θ e→R
dans la direction de e→z , sin θ = 0 et <Π→
> = 0→ . La dipôle ne rayonne pas dans sa directionde vibration.
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 133
4.4.3. Le flux demandé est le débit d’énergie à travers la surface sphérique de rayon R (on prendrale flux sortant). C’est donc la puissance rayonnée par le dipôle.
Soit = <Π→
> e→R . dS,
= ω0
4 µ0
32 Π2c
q2 z02
R2 × 2 Π R2 ∫ 0
Π
sin3 θ d θ ; or ∫ 0
Π
sin3 θ dθ = 43
→ = ω04 ×
µ012 Π c
q2 z02
4.4.4. Cette puissance rayonnée correspond à la perte d’énergie, par unité de temps, de l’oscillateur :
= – d dt = Γ . 12 m ω0
2 z02 (d’après 4.3.2.c.)
où : Γ = 1
τ τ = 6 Π c m
µ0 q2 ω02 , ou τ =
6 Π 0 c3 m
q2 ω02
Application Numérique : τ = 32 Π
0 c m λ0
2
q2 → τ = 0,77.10 – 10 s
C’est l’ordre de grandeur des durées des transitions atomiques permises.
4.5. Polarisation de l’onde rayonnée
4.5.1. A partir de l’équation différentielle du 4.3.1., et des conditions initiales (sur r→ et sur v→ ), onpeut exprimer r→_0 , et, en coordonnées cartésiennes :
r→_ 0 = x_ 0 e→x + y_ 0 e→
y + z_ 0 e→z (x_0 , y_0 , z_0 ∈ )
134 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
4.5.2.
Par identification :
ρ__ + = 12 x_ 0 + i y_ 0
ρ__ – = 12 x_ 0 – i y_ 0
Mouvements correspondants pour l’électron :
Pour ρ+ : si ρ__ + = ρ0 e i ϕ
selon Ox→ : ρ__ + e→x = ρ0 e i ϕ e→x , avec r_→ = r_→ 0 e – i ω t ; soit en repassant aux réels :
ρ+ x = ρ0 cos (ϕ – ω0 t) e –
Γ2 t
,
selon Oy→ : ρ+ y = – ρ0 cos ϕ – ω0 t +
Π2
e
– Γ2 t,
→ ρ+ y = – ρ0 sin (ϕ – ω0 t) e –
Γ2 t
.
Il s’agit (à l’amortissement près) d’un mouvement circulaire dans le sens ++++, à la pulsationω0, dans xOy.
Pour ρ– : même raisonnement :
mouvement circulaire dans le sens –, à la pulsation ω0 .
Polarisations de l’onde rayonnée dans la direction O→→→→z :Il faut, pour chaque r→ , redéfinir les coordonnées sphériques (avec p→ selon OZ→ , et E→ selon
– e→θ (si sin θ > 0)).
On s’aperçoit alors que E→ «suit» p→ donc,
pour ρ+ : polarisation circulaire gauche,
pour ρ– : polarisation circulaire droite.
4.6. Effet Zeeman.
4.6.1. f→B = q v→ ∧ B→ avec v→ // B→ // e→z → f→B = O→
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 135
4.6.2. Soit (R’) le référentiel de Larmor (tournant autour de O→z avec Ω→
= – q B→
2 m ).
Le mouvement de l’électron est, dans (R’), circulaire, dans le sens –, donc de pulsation algébrique
– ω0 . Dans (R), il est circulaire, de pulsation (– ω0 – qB2 m ) donc,
|ω– | = ω0 + qB2 m : mouvement sens –
4.6.3. On trouve |ω+ | = ω0 – qB2 m : mouvement sens + si qB
2 m < ω0
4.6.4. Trois pulsations émises : ω0 – qB2 m , ω0 , ω0 + q B
2 m
∆ω = qB2 m → ∆ω = 1010 rad.s – 1
(à comparer à ω0 ≈ 5.1016 rad.s – 1 )
∆ωω0
≈ 5.106.
Dans le domaine optique, l’interféromètre de FABRY-PEROT convient pour mesurer ∆ω.
4.6.5. Observation dans la direction e→→→→z :
Le dipôle oscillant selon z’ z ne rayonne pas d’où pulsations ω– et ω+ , avec (resp.) polarisa-tions circulaires droite et gauche.
Observation dans une direction à e→→→→z :
– Pulsation ω0 avec polarisation rectiligne // e→z (cf. 4.4.1.),
– Pulsations ω– et ω+, avec :
E→ selon ± u→θ , u→θ étant la direction du plan xOy perpendiculairement à OM (cf. figure),
donc u→θ est invariant lors du mouvement de l’électron et E→ garde une direction constante ; d’oùpolarisation rectiligne, ⊥ u→z
136 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
Agrégation(Concours Interne)
OPTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉEComposition avec exercices d’application :
Options Physique et Chimie - Session : 1994
Option : CHIMIE
PARTIE A : STRUCTURES
I. Structure électronique
1. O : 1s2 2s2 2p4 ; S : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4.
2. trigonale ; trigonale, plane. Angles ~ 120°.
3. sulfate dithionate thiosulfate péroxodisulfateou persulfate
tétraédriqueAngles ~ 109°
tétraédrique~ 109°
II. Structure cristalline
1. a.
8 sommets du cube × 1 ⁄ 8 = 1
6 centres des faces × 12 = 3
4 atomes ⁄ maille cubique
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 137
b. Blende : c.f.c S2 – : aux sommets du cube et aux centres des faces,
Blende : c.f.c Zn2 + : occupent la moitié des lacunes tétraédriques.
Wurtzite : h.c S2 – : aux sommets de l’hexagone, aux centres des faces hexagonales et 3 à l’intérieurWurtzite : h.c S2 – : du prisme.
Wurtzite : h.c Zn2 + : occupent la moitié des lacunes tétraédriques.
c. d = a √34 , d = 234 pm.
d. rS2 – + rZn2 + = 258 pm , d < rS2 – + rZn2 + ⇒ liaison partiellement covalente.
2. a. Enthalpie de formation du cristal à partir de ses ions à l’état gaz.
b. ∆Hf0 = – 656,6 kJ .mol – 1 (ion sulfate).
c. ∆Hh0 (SO4
– 2) = – 252,7 kJ.mol – 1 ; ∆Hh0 (Cu2 +) = – 2986,1 kJ.mol – 1,
∆Hf
0 (Cu2 +) > >
∆Hf
0 (SO42 –)
⇒ hydratation des ions cuivre.
d. Cu SO4, 5H2O : bleu Cu SO4, H2O : blanc,
Cu SO4, 3H2O : bleu Cu SO4.
Par chauffage, la forme bleue devient la forme blanche (perte de molécules d’eau). Cette déshydratationest réversible.
3. a. Cu : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 3d10,
Cu2 + : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s0 3d9.
b. Cu (H2O)62 + ou Cu (H2O)4
2 + octaèdre déformé selon un axe : 2 molécules d’eau à plus grande distance
du Cu2 + que les 4 autres.
c. excès d’acide chlorhydrique → couleur verte puis jaune des complexes [Cu Cln] 2 – n en particulierexcès d’acide chlorhydrique → Cu Cl4
2 – de structure octaèdrique ou tétraédrique selon la nature desexcès d’acide chlorhydrique → cations.
excès d’ammoniaque → coloration bleu intense de l’ion Cu (NH3)42+ plan carré (deux molécules d’eau
excès d’ammoniaque → dans l’axe de l’octaèdre allongé).
138 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
III. Structure en solution et conductivité
1. a. Liaison hydrogène dans l’eau, pas de transport de matière.
b. Taille de SO4 – 2 + petite que celle de HSO4
–
Charge de SO4 – 2 + grande que celle de HSO4
–
⇒
Conductivité molaire limite de lion SO4 2 –
supérieure à celle de l’ion HSO4–.
2. a. σ0 = 0,860 Sm– 1 ; σe = 0,260 Sm– 1.
b. σ = 0,86 – 0,15 x x en ml, σ en Sm– 1 pour 0 ≤ x ≤ 4 ml.
σ = 0,124 x – 0,236 pour x > 4 ml.
3. a. σ’ = 0,26 – 0,030 y y < 1 ml.
σ’ = 0,20 + 0,030 y 1 ml < y < 2 ml.
σ’ = – 0,60 + 0,43 y y > 2 ml .
b.
c. Première équivalence observée avec hélianthine ou avec Bleu de Bromothymol H+ + SO32 – → HSO3
– . Ladeuxième équivalence n’est guère observable.
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 139
4. a. Ba2 + + SO42 – →← BaSO4
b. σ0 = 0,26 Sm – 1 ; σ1 = 0,252 Sm – 1 ; σ2 = 0,532 Sm – 1.
c.
5. a. v0 = 510 – 7 ml ; v1 = 2 + 10 – 3 ml ; v2 = 4 + 10 – 1 ml.
b. v = 1,98 ml, pas de ↓ de CaSO4 ni de ↓ SrSO4 . Pour 99,99 % de ↓ de BaSO4, il y a contaminationpar SrSO4.
PARTIE B : CHIMIE ORGANIQUE
I. Sulfonation
1. a.
b. Monosulfonation : excès de benzène, température basse.
c. SO3 + H2SO4 → HSO3+ + HSO4
–. Substitution électrophile par +SO3H ou SO3.
Complexe σ.
2. a. Ortho, méta, para :
b. CH3 : hyperconjugaison ⇒ active le cycle aromatique,
CH3 : hyperconjugaison ⇒ oriente en ortho et para.
140 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
c.
Cycle planautour de C1 : tétraèdre,
autour de S : tétraèdre.
Liaisons Π : dans le cycle et liaisons a. et b.,
Liaisons σ : les autres.
d. Dérivés sulfonés ⇒ détergents.
Chaîne aliphatique ou aromatique : hydrophobe groupe fonctionnel SO3H : hydrophile
3. a.
A : D :
B : E :
C :
b. C → D
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 141
D → E
c. – N = N – groupe chromophore conjugaison avec les 10 e– Π du noyau naphtalène + les 6 e– Π du– N = N – noyau benzénique.
II. Dialkylsulfate
1. a. RCH2OH + R’COOH →← RCH2 OCOR’ + H2O
réaction équilibrée, lente, athermique.
b.
142 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
c. Les alcools et les acides forment des liaisons hydrogènes inter-moléculaires ; pas les esters ⇒température ébullition + élevée des alcools et des acides par rapport aux esters.
d. Élimination au fur et à mesure de l’ester formé, qui a la température d’ébullition la plus basse, dumélange réactionnel. Impossible pour l’éthanoate d’éthyle dont la température d’ébullition (77°C) esttrop proche de celle de l’éthanol (78°C).
e. Voie indirecte : réaction totale avec chlorure d’acyle ou anhydride d’acide sur un alcool.
2. a. RCH2OH + H2SO4 → RCH2OSO3H + H2O,
RCH2OSO3H + H2SO4 → RCH2 – O – SO2 – O – CH2 – R + H2O.
b. Tétraédrique : au niveau du soufre : – des carbones, – autour de 0, avec des angles voisins de 109°.
3. a. RCH2OCOR’ ou RCH2OSO3H ou RCH2O – SO2 – O – CH2 – R.
b. Estérification : catalysée par H2SO4 mais une concentration trop grande en H2SO4 favorise la formationde sulfate d’alkyle.
c.
substitution nucléophile
anisole
c.
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 143
Avec l’acide chlorhydrique, il y a risque de substitution nucléophile de Cl– sur l’alcool pour donnerRCH2Cl.
III. Thiol
1. a. angle ∼ 105° angle ∼ 92°.
b. Liaisons hydrogène plus fortes dans H2O que dans H2S
⇒ température d’ébullition de l’eau > température d’ébullition H2S ,
acidité H2S > acidité H2O.
c. Méthanol moins acide que méthanethiol (dans l’eau pKa ≈ 15,5, pour le premier, voisin de 10 pour lesecond).
2. a.
CH3OH + 12 O2 → HCHO + H2O
CH3OH + O2 → HCOOH + H2OCH3OH + 3 ⁄ 2 O2 → CO2 + 2H2O
avec catalyseur, à température ordinaire.
2CH3SH + 12 O2 → CH3 – S – S – CH3 + H2O sans catalyseur : liaison S – H plus faible que O–H.
b. S–S : octasoufre, polysulfure, thiosulfate, tétrathionate,O–O : peroxyde d’hydrogène, peroxydes, peroxodisulfate.
144 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
IV. Acide aminé soufré
1.
2. a. pH isoélectrique : maximum de la forme zwitterion (ou amphion) :– solubilité minimale,– pas d’électrophorèse : pas de mobilité dans un champ électrique.
b. pHi = 12 (pKA1 + pKA2).
c. pH = pHi = 5.68.
d. pH d’une solution d’acide aminé = pHi.
3. a. 2 stéréoisomères :
b. 4 dipeptides : Ser – Cyst ; Cyst – Ser ; Ser – Ser ; Cyst – Cyst.
Pour former le 1er par exemple, il faut :protéger la fonction COOH de la sérine,activer la fonction NH2 de la sérine,
protéger la fonction NH2 de la cystéine,
activer la fonction COOH de la cystéine
(protection de NH2 par RCOCl ; de COOH par estérification).
Sérine : Cystéine :
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 145
4. a. Polypeptide, enchaînement d’acides aminés par liaison peptidique du type :
b. Structure secondaire : liaisons hydrogène inter résidus acides aminés, ponts disulfure entre les résidusacides aminés soufrés.
Structure tertiaire : repliement des chaînes en hélices ou en feuillets.
PARTIE C : L’ACIDE SULFURIQUE ET l’ION SULFATE
I. En chimie organique
1. a.
b. majoritaire et minoritaire.
majoritaire et minoritaire.
2. A température élevée : majoritaire :
A température élevée : minoritaire :
146 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
A température moins élevée : étheroxyde :
II. En chimie inorganique
1. a. Eau pure : anode : 2H2O → O2 + 4H+ + 4e–,
Eau pure : cathode : H2O + e– → 12 H2 + OH–.
Eau acidifiée par H2SO4 : anode : 2H2O → O2 + 4H+ + 4e–,
Eau acidifiée par H2SO4 : cathode : H+ + e– → 12 H2.
Eau acidifiée par HCl : anode : 2H2O → O2 + 4H+ + 4e– et 2Cl– → Cl2 + 2e–,
Eau acidifiée par HCl : cathode : H+ + e– → 12 H2.
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 147
b. Avec la soude : anode : 4OH– → O2 + 2H2O + 4e–,
Avec la soude : cathode graphite : H2O + e– → 12 H2 + OH–,
Avec la soude : cathode mercure : Na+ + e– → Na (Hg) amalgamé.
2. a. Ca3 (PO4)2 moins ionique que Ca (H2PO4)2 car l’anion PO43 – est plus polarisable que H2PO4
– (chargeplus grande) ⇒ solubilité dans l’eau plus faible de Ca3 (PO4)2 que Ca (HPO4) .
b. Ca3 (PO4)2 + H2SO4 → 2Ca (HPO4) + CaSO4,
2Ca (HPO4) + H2SO4 → Ca (H2PO4)2 + CaSO4,
Ca (H2PO4)2 + H2SO4 → 3H3PO4 + CaSO4
Superphosphate simple : mélange de Ca (H2PO4)2 et CaSO4,
superphosphate triple : Ca (H2PO4)2.
c. – A.T.P., A.D.P., glucose-6-phosphate... = métabolites intervenant dans le cycle énergétique.,– phospholipides : membranes cellulaires,– phosphate inorganique
H2PO4
– + HPO42 –
: réserve de phosphate pour les phosphorylations.
d. Azote : nitrate, ammonium, les acides aminés, les protéines.
Potassium : sous forme d’ion K+.
Soufre : acides aminés soufrés, protéines, sulfate.
III. En biologie
1. vo = k3 . Eo . So
So + k2 + k3
k1
. On rapelle : l’approximation de l’état stationnaire sur ES valable entre les dates t1 et t2.
148 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
2. Vo = Vmax
o . So
So + KM .
3. 1Vo = 1
Vmaxo =
KM
Vmaxo . 1
So
KM = 2,5 m mol.L – 1.
1Vo = f
1So
est une droite d’ordonnée à l’origine 1
Vmaxo
et d’abscisse à l’origine : – 1 ⁄ KM .
PARTIE D : OXYDORÉDUCTION EN SOLUTION AQUEUSE
I. L’ion peroxodisulfate
1. Oxydation anodique de l’ion sulfate, à froid, densité de courant très élevée.
2. S2O82 – + 2H2O → 4SO4
2 – + 4H+ + O2 .
3. a. [CH3OH] en excès → vo = k’ S2O8
2 – 0
α, α = 32.
b. vo = k3 √ k1k4
S2O8
2 – 3 ⁄ 2
.
c. ln k = ln A – EaRT (Arrhénius) Ea = 125 kJ.mol – 1.
Ea ∼ EO–O → rupture de la liaison O–O du peroxodisulfate = étape lente.
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 149
II. Diagramme potentiel-pH du soufre (en se limitant aux espèces citées ci-dessous)
1. a. ES2O3
2 – ⁄ So = 0,49 V ; E = 0,46 – 0,09 pH.
b. pH < 7,2 E4 = 0,20 – 0,06 pH,
pH < 7,2 E5 = 1,23 – 0,06 pH,
pH > 7,2 E’4’ = – 0,016 – 0,03 pH,
pH > 13,1 E’’4’ = – 0,409,
pH dismutation : pH = 7,9.
2. S2O32 – + 2H+ → S + SO2 + H2O,
pH = 1.
3. a. 9 > pH > 1 ; I– forme avec I2 un complexe I3– soluble dans l’eau, alors que I2 n’est que très faiblement
soluble :(K) I2 + 2S2O3
2 – → 2I– + S4O62 – ou 2I2 + I2 + 2S2O3
2 – → 2I3– + S4O6
2 – (K’).
b. ln K = 2FRT (E6
o – E3o) ; K = 4 1014 ou K’ = 1,81020
– si I2 est dans la burette : à l’équivalence, apparition de la couleur brune de I3–. On peut aussi utiliser
l’empois d’amidon (bleu en présence de I2) :
S2O3
2 – = 2,5.10– 2 mol.L – 1
– si I2 est dans le bécher, l’équivalence s’observe par la disparition de la couleur brune et la concentration
en S2O3
2 – vaut 0,1 mol.L– 1.
150 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
c.∆E =
E6o + E3
o
2 + 0,064 log
(I2)e S4O6
– 2 e
(I–)e2 .
S2O3
2 – e
2 – 0,244
∆E = E6
o + E3o
2 – 0,244 + 0,015 log 1
4 (I–)e S2O3
2 – e
∆E = 0,184 V.
d. A la 12 équivalence E1 ⁄ 2 = E6
o + 0,062 log
(S4O62 –)1 ⁄ 2 e
S2O3
2 – 1 ⁄ 2
2 e
– 0,244
∆E1 ⁄ 2 = E6o + 0,03 log 510– 3
10– 4 – 0,244
∆E1 ⁄ 2 = – 0,103 V.
III. Solubilité des sulfures en fonction du pH
1.s = √ Ks
1 +
[H+]K2
+ [H+]2
K1 K2
= √Ks
1 + 10 – pH
K2 + 10 – 2pH
K1 K2
2. a. pH = 0,15.
b. pH = 3,15.
c. pH < pK1 = 7,2 ps = pH + 12 pKs – pK1 – pK2
= pH + 1,85
7,2 < pH < 13,1 ps = 12 pH + 12 pKs – pK2
= 12 pH + 5,45
7,2 < pH > 13,1 ps = 12 pKs = 12
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 151
3. a. pH = 7,0.
b. s’ = 1012 . 10 – 2pH + 10 – 30 × 102pH.
c. pH < 10,5 ps’ = – 12 + 2pH,
pH > 10,5 ps’ = 30 – 2pH.
pH < 7 ps’ = 2,
4. ZnS précipite : on observe un précipité blanc.
PARTIE E : OXYDATION EN PHASE SÈCHE
1. ∆rHo = – 197,8 kJ.mol – 1 ; ∆rSo = – 187,8 kJ.mol – 1 K – 1.
2. ∆rH1000°Co = – 199,8 kJ.mol – 1 ; ∆rS1000°C
o = – 190,8 J.mol – 1 K – 1,
∆rH1000°Co ~ ∆rH25°C
o ; ∆rS1000°Co ~ ∆rS25°C
o ,
∆rGTo (kJ.mol – 1) = – 198 + 0,19 T.
3. T équilibre déplacé vers la gauche (SO2).
152 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
4. a. ln K = 23,8T 103 – 22,6.
b. ln r2 (3 – r)(1 – r)3
= 23,8T . 103 – 22,6.
c. T((((K)))) r
983 0,5792 0,9641 0,99
rendement supérieur à 90 % pour T < 800 K.
d.
5. ln r’2 (7 – r’)(1 – r’)3 = 23,8 103
T – 22,6.
T((((K)))) 946 765 623
r’ 0,5 0,9 0,99
à la même température r’ est très légèrement inférieur à r ⇒ on peut utiliser de l’air pour la synthèse deSO3.
6. a. Conditions : T ~ 400°C – 600°C, P atmosphérique, catalyseur V2O5 , promoteur K2SO4 , air deshydraté.
Contraintes : meilleur rendement à basse température,Contraintes : mais cinétique lente à basse température.
b. SO3 sert à préparer l’acide sulfurique. L’acide sulfurique est utilisé :
– engrais ( de 30 à 60 %),– sulfonate, colorants, explosifs,– accumulateurs au plomb,– pigments minéraux,– fabrication des acides nitrique, chlorydrique,– etc...
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 153
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 155
Agrégation (Concours Interne)
OPTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
Composition avec exercices d’application : Options Physique Appliquée - Session : 1994
Option : PHYSIQUE APPLIQUkE
CORRECTION DU PREMIER PROBLÈME
PREMIERE PARTIE
1 - 1 MODELISATION
I-l-2
+f!%zC -F ’ dt m ”
I-l-3
Jl ~2h(p) + fi ~6-d~) = CAP) - F(P) ri
J2 p2 @S(P) = F(P) rz
(2) -+ F(p) = Jzp2es(p) ‘2
(1)
(2)
reporté dans (1) + Jlp20m(p) + flpem(p) = Cm(p) - J2 Pu% r 1 (1’) r2
comme UP)= 1 =fz e,(p) n r,
8 (P) (1’) 4 J,p2 -i---
0 (P)
n + J2p2nBs(p) + f,p 7 = c,(p)
156 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
d’oh O,(P) - 1 n = p* +: p 1 1
I-l-4
t%(P) n _ commande d’accélération C,(P) (J, + n2 Jz) P*
I-l-5
n B,(P) _L 1 1
C,(P) P’ J, +n* J, =P”
5 et nJ2 sont tels que le produit L x nJ, = J,J, = C’” n n
La somme est minimum (accélération max) lorsque
J J A = nJ, soit n2 ~2 + n J,
on prendra n > 0 (pas d’inversion)
= 1,05 x 10-)
I-l-6
w,= kn 1
Ve rp 1 A.N. $% = 6,92p lu3 x 1
r 1+ 1,15p (n’a pas de rapport avec l’expression proposée dans le texte à ceux qui n’ont pas trouvé).
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 157
I-l-7 rft = 5 x 10-3 k,& = 3,28 x 10-3
on ne peut négliger ni ft, ni Jt.
Jt = 10m2 kgm2 n2J2 = 0,9.10-2 kg m2 (pour n = 10-3)
1 - 2 ASSERVISSEMENT
I-2-2
8 L- *,
vc - (
[
J, +n*J,
3
=T,(P)
rf, +knke)p l+ rf, + km kc rp
>= k,kaT,(p) = 8 nk.krnk, ec 1+ ka T (p)k,
(4 +knk,)p l+ J, +n’J,
rf, +km k rp +nk,kk,,
1
avec s fournie par défaut 8 1 : V, -$ = 1 + 20,28 1,138 2 c
ka ‘+ k, ’
I-2-3 Système du 2e ordre. Réponse indicielle
Réponse à 6 % près en un temps minimum si Dt < 6 %
ti z2 (Ln2D1 + ~2) = Ln2D1 Dl = 6 % a Ln2Dt = 7.92
158 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
z2 = Ln’D, Lt? D, +x2
= 0,445
z = 0,667
Caractéristiques du système asservi : 2e ordre avec :
Réponse à 6 % près en temps minimum si k, = 1 7762
> = 0,6672 7,087 1
Temps mis pour atteindre cette valeur :
s(t)= I-he i
-w0’sin o.pt+arctge 1
=l-0,06
ou résoud be o”JZt+arctge -0,06=0
en faisant attention à I’homogénéité de ce qui se trouve entre les ( ) (degn3 ou radians)
6 % par valeur inf : t = 4,15 secondes par valeur sup : 6,52 s
(0,2042 s avec v donnée) (Ier max c
o, & = 64491 s)
I-2-4 La vitesse de la sortie est la dérivée de la réponse indicielle
$+=C&*e -““~‘sino,flt
on calcule la dérivée de cette vitesse :
La vitesse sera maximum pour sin (w.J1-zlt-cp)=O
soit t,Jut+amgJ1-zS/z
w, 1-z* ; la première valeur est obtenue pour k = 0
arctg J=
- t;= m”J-$
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 159
(attention à travailler avec les même unités : degrès ou radians)
AN : t’t = 1,73 seconde
AN : vitesse max de la sortie OMa = 3,08.10-2 rd.s-t soit 0,294 t/mn
Le moteur tourne donc (vitesse max) à 294 t/mn.
I-2-5 Recherche du couple maximum
d%, f, de, dt2+;dt
d28 d0 on remplace ---$ et d;- par leur valeur
( t- L, n
,nJ,
*- 4 dt3 --eoJi-;2e
160 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
II - 2 Influence de la réversibilité du réducteur
II-2- 1 Schéma fonctionnel
A(p)=% m
11-2-2
1 (PJ +
-9 + cnl T I
.
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 161
cp =arctgGT Z
dCm(t) dt
s’annule pour t; = 5,326 secondes
et pour t, = 11,775 secondes
à tï ou a un minimum de couple Ci min = - 0,06mN à t; on a un maximum (relatif) de couple ClMax = + 0,0036 mN
Couple maximum absolu : au départ (t = 0) CMax = 0,81 mN courant d’induit correspondant : IM= = 14,17A
I-2-6 (voir courbes fi3 1)
I-2-7 t’i n’a pas changé. 0 max = 0,48 rd.s-1 soit 4,629 t/mn Le moteur tourne à NM~X = 4629 t/mn
courant d’induit correspondant IMax : 222,6A ; on dépasse les valeurs impulsionnelles max : soit on limite le courant d’induit et l’asservissement devient non linéaire, soit le moteur est soumis à une forte surcharge
+ déaats.
DEUXIEME PARTIE
II- 1 Influence de l’élasticité de la transmission
11-l-l
on décompose en éléments indéformables maintenus en équilibre.
162 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 163
(1)
(2)
(3)
(4)
(2)
(1)
(3)
J d% =c -f !A!L+ 1dtZ “7 1 & 11 + J, p* 8, +f, ~9, +FrI =C,
F,, =K(‘4 -0%) +Fr,=K(8, 4,)
J, $= K(B, -es) -3 J, p* 8, =K(e, -es) e A= “=- 5 8 j-z n=- ‘1 em ‘2 8, r2
j FzK(‘,-‘S) ‘2
+ J,p*e,+f,pe,+K(e,-e,)~=cm (r)
j e,,!$L+es (3’) es =e, --!C K+J,p2
(l’)+(4) + J,p2%+f,p%+Kn0, -Kne,=C, (1”) n n
.(1”)+(3’) + ~p2(%,,)+~p[~+,],Kn(~+~)-Kn~s=Cm
d’&, ‘s(p) - 1
‘mtp) $p4+$p’+(~+nJ2)p2+~p+$n-@
Transmittance :
C,(P) J,J2p4+f,J2p3+K(J,+n2J2)p2+Kf,p
164 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
II- 1-2 Schéma fonctionnel
(II-l-l, éq.(3’)) + 8,(p)=8,(p) [
l+-$
(II-l-1 > éq.(4))+ 8, =% n
0, calcul de y. On pose 0 (P) ---=A(p)= nK
c C,(P) J,J2p4+f,J2p3+K(J,+n2J2)p2+Kfip
8 L- +(P) nkn 1
Ve - l+k,p ,+!$ kmA(p) [ 1 = (4 +kAn) r(J, +n’J,) J, n r rf +k k
1 c m P+KP2+C(P) 1
r J,J, p3 c(P) =K(rf, +k,k,)
8 c=(
nkm 1
rf, +kkm) r(J,+n’J,) J, 2
rf+kk ‘+Kp + rJ,J2
1 c m K(rf] +k,k,) p3 1.
on a H(p)=-= k,k, T(P) ‘3, l+k’, ka ‘UP)
pourk’, =k,,
e -A- 1 1 e,- 1 =
k,k-Up) +l l+p rf, +Un I+r(J,+n2J2) J, 2 rJ,J2p3 nk,V, rf+kk ‘+Ï?‘+ I c m K(rf,+kkm) 1
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 16.5
t3 -%y 1
0, I+rf,+kAn r(J, +n’J,) 2 nk,k,k, ‘+ nk,k,k, ’ +J2r!~~~~~>‘p3 nkl:,k. K p4
c I+l;46p I ‘“x58pi+7p3+7+53p4
. . . .
II-l-3 &(,)=y
O,(p)=% p l+l~4~p+~p;+~p3+W3p4
. a a a ka =7
e,(p)=% 1
p 1+2,065p+2,368pz+18,59p3+11,22p4
factorisation du dénominateur :
1 + 2,065 p + 2,368 p2 + 18,59 p3 + II.22 p4 = (p + 0,3383) (p + 1,574) I(p - 0,1278)2 + 0>388721 un des pôles de H(p) est à partie réelle positive a = 0.1278
LE SYSTEME EST DONC INSTABLE
Vérification par ROUTH :
P4 P3 P2 P’ P0
Il,22 2,368 1 18,59 2,065 0 1,122 1 0 - 14.50 0 0 1 0 0
système instable
II-l-4 Lieu des pôles de H(p)
Transmittance en B.O. : on précise que H(p)=+ et non $ Le système est donc à retour c c
unitaire.
166 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
En boucle ouverte :
KG(p)=k,k,T(p)=ff>;b 1
I e m p l+
[
4+n2J2) J, 2
rf+kk ‘+KP + rJ,J,
1 c ” K(rf, + k,k,) PJ 1
KG(p)= 6,918~10-~ k*
p[1+1,147p+9p* +5,433p3]
Factorisation du dénominateur :
1 + 1,147~ + 9p* + 5,433p3 = (p + 1,597) [(p + 3 x 10.*) + 0,3382*1 x 5,433
KG(P)= 1,273 xlO-2 k,
p(p+1,597)[(p+3.10-2)2 +0,33822]
Lieu des pôles : Pt. de concours des asymptôtes : -1,597-2~3xlO-~ =-. 4143
4
Re
Intersection avec l’axe imaginaire :
1 +KG(jo)=O
1+ 1,273~10-~ k, jw[1+1,147jw-9w2-5,433jw3]
=o
soit : jw - 1,147w2 - 9jw3 + 5,433~~ + 1,273 x 10e2 ka = 0
w(l-9w2)=0 w2 [5,433& - 1,147] + 1,273 x 10-2 ka = 0
solutions : w=O*k,=O
w=+k,=4,742
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 167
Tangentes aux points de départ complexes (p = -3.10-2 + j 0,3382)
-ag (P - Pol - ws (p - PI) - arg (P - ~2) - arg (p - p3) = 71 + 2 k K soit~g(p-p0)+~g(p-pi)+arg(p-p*)+arg(p-p3)=~+2(~- 1)~
90 rl 0,=; 03
T++*(A-1)X-e,-8,
q=- 0,: -8,+*(li-l)n=-(a+O,)+*(k-1)x ( 1
83 = 12’ (voir lieu des pôles sur papier millimétré fig 2)
a = 5” (voir lieu des pôles sur papier millimétré)
d’où ?J = - 17” à 2ka près. Ce qui explique l’intersection à w ti i avec un départ
à f 0,3382
Point de séparation sur l’axe réel :
l+KG(p)=O ou G(p)=-;
$C(a)=0 HA [
1 dt a+l,147a2+9a'+5,433a4 1
=o
soit:1 +2,294a+27a*+21,73a3=0 a = - 1,186
1 --=- K
0.2606 w K=3,837=6,918xlO-*k,
d’où ka = 55,47 pour a = - 1,186
168 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
/
I - /
\- I
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 169
on réduit la boucle secondaire :
II 2 - 3 Transmittance r
11-2-4
lim 1 = 0 à cause de l’intégration z AM
8,726 AN : 0,-=-
ka
11-2-5 &=10m2>= d’où k,>872,6 ka
Le système est instable
170 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
II-2-6 Adjonction de 3 zéros en B.O., situés, un au-delà de -1.6, les 2 autres entre 0 et 1,6 (d’autres dispositions sont possibles)
/ / J
- 1,7 - 1.5 - 1.4 < b
“0 >
Us
t - 0,3382 ,
0
II - 2 - 7 L’adjonctionde 3 zéros conduit à une dérivation d’ordre 3, d’où un bruit beaucoup trop important
II - 2 - 8 Système couronne-vis sans fin
n-2-8-1
n-2-8-2
Si Cm > 0,
(charge entrainée)
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 171
Si Cm < 0,
(enrrainement par la charge)
Régimeintermkdiaire: je,-ne, j<$&%=constanteV%
Allure de la sortie en réponse à un échelon d’entrée :
la vitesse et donc le couple changent de signe. La charge n’est plus entraînée. I r -7-t
nom pour es = (syst. en B.O.
se conserve
de la sortie
173 OPTIONS PHYSIQIJE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
TROISIEME PARTIE
III - 1 Etudes préliminaires
III-l-1
III-I-2
1
v,, e(t)
+2 n eetV,
-ILL- ” IL x 3x ILK t -
20 w
III-I-3 Lorsque e augmente, la tension aux bornes de R (associée à Dl) diminue ainsi que le courant qui la parcourt. Par contre le courant de base de T1 augmente. Lorsque IR = 1~~ = $max, Dl est bloquée et e(t) n’est plus transmise.
Soit Vs max la tension de sortie correspondante.
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 173
on a : Vs max = RLIE,max = Rthtm;U,
V, = RIB tmax + b-E1 + RLPIB~~M
d’où IB+ = vo - VBE, R+PR,
et Vs_,, = %P vo-VBfc, _ RLP (V _ VBE,) R+I=, -R+R,B o
que l’on peut mettre sous forme de diviseur de tension :
‘0 - ‘BE,
III - 1 4
V 0% _ smax =*(Vo-v,,)-
R+i=, -+26,7volts
III - 1 - 5
III - 1 - 6 V,(t) = (30 - 0,6) - 26,7 sin ut = 29,4 - 26,7 sin mt
V2 III - 1 - 7 Pour une résistance, PR =T= &~~29.4-26,7sinO)‘dO
Il
p =29,42 26,72 R -+-=40,7watts
R 2R
d’où la puissance fournie par les alimentations : 81,4 watts (aux résistances R)
III - 1 - 8 on a VCE = V, - VE = 30 - 26,7 sin Wt
174 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
III- l-9 Entreoet $,ona IC#I==$= 26,7 sin ut
=8,9sinwt L 3
Entre SetT,onaL=Ie=O
III - 1 - 10
PT, =$~V,(t)I~~t)dt= &j(30-26,7sinB)8,9sinBdO+$~(30-26,7sinB)xOxd8 0 cl x
PT, =-!-j267sinBdO-& j237,6sin28dB= j(bcos20fd0 0 0 0
III - 1 - 11 =0,473 soit 47,3 %
III - 1 - 12 b = R/lR//~ RL soit Re = 14,3 n
III- l- 13 i, z---z e 26,7sinotz1 87sinot
R, 14,3 ’
III-2 Etude d’un montage plus performant
III - 2 - 1
RLP V, max=(V, - V,,,)- R+% P
Re=RI/R//&. R=30K! ;PR, =3OOR
Pour augmenter I&. il faut augmenter R. Ce faisant, si on ne veut pas modifier Vsma, il faut augmenter BRL, donc p.
III - 2 - 2 On utilise un montage Darlington NPN et un PNP composite.
D5 permet de symétriser le montage. On peut la supprimer en même temps que l’une des diodes D3 ou D4.
La dynamique de sortie est diminuée à cause des 2 VRE en série (T1 T2 et DS T3)
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 175
III - 2 - 3 Considérons par exemple Tt : si 8 augmente, Vn~t de seuil diminue et comme la tension de seuil de la diode Dr reste à peut prhs constante, Ibt augmente. Le courant de collecteur Ict augmente, d’autant plus que p augmente avec la température, ce qui augmente d’autant plus la température du transistor Tt. Il y a risque d’emballement.
III - 2 - 4 Emballement thermique
III-2-4-l VD~ + Vn~t + REIE~ + RL 1s = 0 1s = IE 1 + IE2 # 0 Si le mOntage est Symétrique.
Il reste VD~ + Vu~1 + REIE~ = 0 soit, en considérant IE~# Ici : VD~ + Vnnt + RE Ict = 0
En dérivant par rapport à Oj :
dV dV A+-+RE!+ dej de, ,
comme s=- 2.10m3 V.degrë etL=O dB, de,
3 il vient : dI,- 2.10-3
dtlj R, soit:&, - dej
III-2-4-2 Loi d’ohm thermique :
t3j - 8, = R&ja P soit en différenciant : dflj = Rthja dP P # VCE Ic d’où dp = V&IC + IodVcE Vc~t = V, - R~IE~ - RL (1~1 + 1~2) = V, - R~IE~ en considérant 1~1 et 1~2 égaux et opposes. d’où dVcEt # - RE~ dIct et dP = VcEdI, - R&lI, = (V~E - R&) dI,
donc dej=R,a (V, -R,Ic)dIc
III-2-4-3
Stabilité si %(Va-R, I,)R,, <l
soit : 2.10-3 -V, -2.10-3 1,
RE 1 R,, <l
176 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
Au repos, IC est de quelques milliampères donc on a à peu près 2.10-’ -“a ‘%,a ~1
RE soit RE > 2.10-3 VCE x Rhi,
111-2-4-4
RE > 2.10-3 x 30 x 2 = 120 x 10-3 = 0,12 R on prendra par exemple 0,25R
111-2-5 Montage définitif
III-2-5-l Gain en tension de l’ampli de puissance voisin de 1 -+ VCC = f 30 volts (en ne tenant pas compte des VCE ,,r)
III-2-5-2 Gain X=l+: VC 1
111-2-5-3 R3 = stabilité thermique de T1 et surtout évacuation du courant h-ne de T2 lorsque T1 est bloqué.
& = stabilité thermique de T2 Rs = stabilité thermique de T3 R6 = stabilité thermique de T4 R7 = évacuation de ICno de T4 lorsque Ts est bloqué.
111-2-5-4
Par rapport à l’étude faite, ou prendra par exemple R4 = R6 = 0,25R Rs = 100 à 200 R (car RJ,,~ correspondante est beaucoup plus grande que pour T2 ou T4) R3 = R7 = 100 à 200 R (il ne faut pas que le courant Icn~ max rende le transistor
correspondant conducteur.
111-2-5-5 Diodes de “roue libre” protègent les transistors Tt et T2 en assurant la continuité des courants lors des régimes transistoires en cas de charge selfique. Ces diodes doivent être rapides.
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 177
Agrégation (Concours Interne)
OPTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
ComposiGon avec exercices d’application :
Oprions Physique Appliquée - Session : 1994
Option : PHYSIQUE APPI,IQUÉE
CORRECTIOS I)L‘ SLCOSI) I>ROHl-i.ZIk:
Il Les expressions et les valeurs de L, , Lr et o sont : Ls=Lm+ls= 8.115 mH ; Lr=Lm+lr= 8.085 mH ; o = l- Lm2/LrLs =0.024
12 La non-saturation du circuit magnétique de la machine Implique la constance de Lm donc de L, et de Lr , elle permet d’additionner les flux magnétiques et donc d’établir les schémas équivalents utilisés dans la suite.
131 N est l’inductance de fuite globalisée ramenée au rotor ; L est l’inductance magnétisantc : le courant qui la traverse permet de déterminer le flux résultant statorique:
L=L,= 8.115mH ; N=a Lr(Ls/Lr)2= 204 pH ; R=R&/Lr)2 = 11.85mQ
132 Le bilan de puissance se représente de la façon suivante: Pb Pfs Ph
Juu/y
-+- %
où Pa est la puissance tlectrique absorbée , PU la puissance transmise au rotor, Pm la puissance mécanique, Pu la puissance mécanique utile, pjs les pertes Joule stator , pfs les pertes fer stator ,Pjr les pertes Joule rotor, et pm les pertes mécaniques .Cc bilan se simplifie de la façon représentée ci- dessous en tenant compte des hypothéses simplificatrices.
Pis Pir
Pm=Pu
Les relations entre les différentes puissances sont: Ptr=Pa-pjs , Pm=Ptr -Pjr ; Pjr = g Ptr , I%=(l -g)Ptr ; pjs=3R12 ; P,=3VIcoscp
178 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQIJÉE
133 Suivant les diffërentes valeurs de g on obtient, sachant que les pertes Joule rotor sont toujours positives :
oq4 Pw-0 > MO, P-0 fonctionnement moteur G-1 Fw-0, P*O ) I%n<0 fonctionnement frein
( mais pas génératrice ). t3’0 Pt.60, Pa<O , F?n<O fonctionnement frein et
génératrice hypersynchrone.
134 La relation est I&=jw& Es=w@s en module
135 En considerant la pulsation rotorique comme une grandeur positive, or= 1 g 1 os, on obtient EPO os= or + pn fonctionnement moteur iFo ws= -or + pn fonctionnement gknkratice hypersynchrone.
1368
CQ = Ptr = 3RIr2 = 3Es2 Rh3 E2 Rw, -c=3ps = 3p02 Rwr
t3 R2/g2 +N2ws2 w2 R2+N2w 2 s r ’ R2+N2w2 r pour le tracé on remplace or par os-pn
136b Voir graphe en annexe. Es=215 V os=628 rd/s Q>s= 0.342 V rd-l, -1. Valeurs caractéristiques
wrmax=RN=S8.1 rd/s a,,=285 rd/s Cmax=3pwr~s2/2R=1722Nm Cd=couple de démarrage= 3 15 Nm
I36c A Q>,=constante ,la carackristique C=f(n) se translate parallélement à l’axe des abcisses S2 E,=l07.5 V f,=SO Hz @,=0.342 V rd-1,-l= constante .Voir graphe joint en annexe.
136d Si on néglige les fuites magnétiques, N=O , C=3p@s2wr/R=3p0sIr La caractéristique mécanique est une droite ,la machine ne présente plus de couple de décrochage.Ces résultats sont les mêmes que ceux obtenus pour la machme à courant continu
137a Les longueurs des differents vecteurs de Fresnel sont : Im=Es/Los=42.2 A ;
1, = jRT,g2E;N*w2 =380A ; tanq+=O.232 ; 1 = E;~;;~N;R;;‘=3P2A, RsI=6.03A
s s
v= (W/g)-LN CII’ + j(L + N)w,R, + (R/g)Lo s ’ Vg+j(L+N)os
1 = 220.7V .Voir graphe en annexe
137b Lorsque Q>s=constantc ,un couple constant équivaut à or=constante.Dans ces conditions les impédances du schéma équivalent Nws,Lw, et R/g=Ros/w, sont proportionnelles à os ,et Es est proportionnelle à os , les courants Im , r 1 , et 1 sont donc constants Voir graphe cn annexe. Le diagramme des courants est inchangé .Le diagramme des tensions est modifié,la chute de tension aux bornes de Rsest relativement plus importante RsI=6.02V ; Es=21 .SV ; V=27.3V
137~ E, = V (No, + R,/g)jLftil
- -RI j(L+N)o,+Rjg +(jNo,+R/g)jLo, ; d$=E,/os ;
~~,-~w%)~ +(R,(L+N)o,+RLo,)2
(N~O,)’ + R2 1
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 179
Application numerique. 0,=0.342V/rdls or=13.Çd/s implique V=22OV fJ37a) or= 13 Adk implique V=27 3V(I37b)
141 1 est I’inductançe de ftnte globahsée ramenée au stator .L’ est l’inductance magnétisante , le courant qui la traverse permet d’obtenir le flux résultant rotorique @r.
L’=(l-o)L,=7 916mH : 1=aLs=198.8pH ; R’=(Lm/Lr)2Rr=1 1 28mQ
142 I!$=~ra& en module Er=osQr -
pour le trace on remplace or par os-pC2
143b Voir graphe en annexe.Les points caractéristiques sont: orm,=R~k’=R&r=l/~=I.425rdls ; Cm,=3p12Lt2x+/2R’=3799Nm 62 max =313.4rdk ; cd=17 24Nm.
143~ La caractéristique est translatée parallèlement à l’axe des abcisses n .Elle existe pour os=0 et correspond à une alimentation en courant continu utilisée en freinage par beaucoup de convertisseurs. Voir graphe en annexe.
I43d L’expression de Qr ~rr=E,Jos ; &=jL’w& ;
Voir traoé du graphe en annexe.
La commande en courant ne Lrmet pas de contrôler le flux rotorique .Celui-ei n’existe que pour un intervalle de n très Etroit ,ce qui explique la carackktique de couple.
144a On exprime la puissance électromagnétique P,. Pe=3ErIi = 30~C~~.0n en déduit le couple électromagnétique C=3p@,I: = 3pL’ImIr .Comme pour la machine à cmmnt continu le couple est égal au produit d’un flux et d!un courant .@r est l’équivalent du flux inducteur de la machine à courant continu et il est controlt par le courant IA et 1; est l’kquivalent du courant induit. Pour contrôler le couple en régime permanent, il faut contrôler or ,c’est à dire g , et q.
144b 1; = 1 J& =328A ;IL = 1 J&. =36SA ; E$=R’ l’,.a,/o,=205V
RsI=5.1V ; lwsI=47V ;
cosp= Er Cos 9, + ws qg4g v
1x0 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
144~ COS~+=&./~ ; sinq+=I’,/I ; tan~=L’q&‘=qq
I44d L’expression du couple électromagnétique devient :
C = $LT# = ipL’I’sin2pr .Il estmaximalpourlavaleurq+=n/4 ;alorstanR=l et or=l/r,.
A coupie donné la valeur efficace & 1 est minimale pour cette valeur de or
144e Application num&ique : C=563 Nm
I44f En régime permanent, le couple électromagnétique est imposé par les valeurs de 1 et or : on dit alors qu’il y a autopilotage fréquentiel. Le schéma fonctionnel permettant de réaliser cette commande est:
Le fonctionnement moteur correspond au signe + sur l’opérateur de sommation de or et pQ .Le fonctionnement génératrice correspond au signe -
II1 1 a Voir document réponse en annexe
?I, 5e
III lb 1 = 1, = ?t
jsin(nB)dB* Î, 41
d6 = 0 cosn 6” si n=2k+ 1 et Î,=O si n=2k
nn
Î, = &? =a 1, = 1, $ = 33OA(Î, = 467A)
II1 1 c Voir document réponse en annexe ü, = 3&v -cosp
K
II1 Id La puissance P a pour expression P=3Vllcos<p = 3V1, -COS Q, ; cas d’une tension 7t
sinusoïdale et d’un courant non-sinusoïdal
Ill le La puissance P, a pour expression P, = ÜmIo , cas d’une gmndeur constante, ~110
IlllfBOsi -:+“++In alorsPa>O et lJmm‘O ;
3n PiO si + 5 < a, < T alors P, CO et U,cO ,
Côté machine l’échange de puissance est lié au COS cp et côté “contmu” l’échange de puwance est hé au signe de U, Le convertisseur est réversible
OPTIONS PHYSIQUE ET ClllMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE IX1
II1 lg Voir document réponse en annexe.La tension d’amorçage vaut - 46V sin CJJ et la tension de
blocage est &Vsin 9 Suivant le sipe de cp, on peut choisir <pc0 commande à l’amorçage et blocage spontané =) utilisation de thyristors ~0 commande au blocage et amorçage spontane => utilisation de thyristor diode dual Dans le cas précédemment étudié ~0 , on ne pourra utiliser des thyristors qu’après modification de la structure du convertisseur. II1 2a Voir document réponse en annexe.
Ill 2b On calcule l’amplitude de lharmonique n de la façon suivante
În = iIo *‘&(n@d6’+ dT&i(n@dO+ 5R’~~(nB)dB+ 5~~in(ns)df9 .+-4 ~16 x,6+ q 5x,6-q
În = ~COS~~(-Zcosna, + Zcosnu, + 1)
Ill 2c Qn souhaite annuler l’harmonique 5 et lharmonique 7 , d’où : -2cosSa, + 2cos5a, + 1= 0 -2cos7a, + 2cos7u, + 1= 0
IIl2d 11=308A ; 15’0 ; I7=O ; 111=87.3A,
II218 Lo,Ro
La structure ainsi obtenue est un “hacheur ” abaisseur à liaison directe.
II21 b L’allure de la tension u(t) est AU FI
UC
tiT T >t
La valeur moyenne de u(t) est U = uU,
U-E uU,-F La valeur moyenne de in est 1, = up = --:etu, =O
0 R”
182 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
Déterminons l’ondulation Aio: dans l’intervalle (0,aT) i, (t) = 1 - (, !k&-:+!ya
constante de temps LoRo est grande devant T , on peut donc linéariser et en écrivant que io(aT)=I2
onobtient ,Ai, = a(1i Lf)” ;Ai,estmaxpoura=1/2. ‘0
lI2ld Pour régler la valeur moyenne Iode i, il faut agtr sur Ü donc sur a
lI22a ia
La structure ainsi obtenue est un “hacheur ” élévateur qui permet à la source E de renvoyer son énergie vers le réseau continu IJ, de valeur plus élevée
II22b
mu[w de OidTHctDl passants u=O dedTa T Dl et D2 passantes u=-Uo
ü = -( 1 - Cr)u,
II22c 1, = -cl- a)U, - E
Ro .Pour que ICJ soit positive il faut que E< -U,(l -a) c’est à dire que E soit
négative.
Ai(t] - 12 WI -- Il
%=
0 T t
/’ 1 A---- - --
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 183
E -’ E de I! a aT i(t) = (1, + R--)e ’
determine Ai,= ‘Oc1 - a’u
R- .En linéarisant et de la même façon que precédemment on
’ Lo f
Il22e La valeur de 1, est imposée par Ü c’est à due par a
H22f L’expression de Ai, est la même et la valeur de Lo adopme précédemment permet d’obtenir la même valeur d’ondulatton maximale
II23 MODI le sens de transfert de l’énergie s’effectue de U, vers E .(U,Ï,>O) La machine asynchrone fonctionne en moteur.
MOD2 : le sens de transfert de l’énerdie s’effectue de E vers LT, .( U,Ï,cO). La machine asynchrone fonctionne en frein.
III1 La machine asynchrone se conduit comme une source de courant au sens de l’électronique de puissance A l’mstant des commutations le convertisseur connecterait donc deux sources de courant ce qui induirait des surtensions .Pour éviter cela. on modifie la structure du convertisseur
III2 Le sens de rotation est imposé par l’ordre des phases qui est imposé par la sequence de commande des interrupteurs de conv2 Pour changer le sens de rotation, il faut permuter les commandes des interrupteurs 3-6 avec celles des interrupteurs 5-2 (par exemple).
III3 Pour obtenn un couple de freinage , c’est a dire , un couple negatif .il faut utiliser le signe - de l’opérateur de sommatron ws=pO-or (voir schéma d’autopilotage fréquentiel) et régler le convl en MOD2.
ru4 AC Os=pCklr os=pa+or interrupteurs 5-2 3-6 interrupteurs 3-6 5-2 convl en MOD2 (Thc OFF) convl en MODI (Thc ON)
S-L
0,=pS2i0, interrupteurs 5-2 3-6
convl en MODl (Thc ON)
fAls=pC.hr interrupteurs 3-6 5-2
convl en MOD2 (Thc OFF)
III51 Les valeurs des couples sont obtenues grâce aux relations précédemment établies :
C = 3pL”I’ R’0,
Rd + L’lol Voir document réponse en annexe r
III52 Au démarrage 1: = 1
1’,=707A ; P,=16OA ; cosq=O.975. Voir diagramme en annexe.
184 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQCJE APPLIQUÉE
IfFi3 Les différentes grandeurs sont calculées grâce aux relations établies dans les parties précédentes : I’nl I’r E,
lb @r cos<p 2% h a
IA) (Al Ivlrdls~ (vl (A\ 36 328 205 220 0 286 0 949 977 423 0 65 57.9 416 3174 324.2 0.458 -0.95 -1440 539 0.04 La premrère hgne correspond au fonctionnement moteur à la vitesse de 140 km/h La seconde ligne correspond au fonctionnement frein à la vitesse de 140 kmih Voir diagramme en annexe.
TU61 La puissance électromagnétique instantanée a pour expression : P&)‘esl (t)i,l(t) + es2(9is2@) +es3(t>is3(t) avec
e,,(t)=E,&sin(w,t);e,(t)=E,&sin
i,](t)= CI,JZsin(no,t- p”) n
i,,(t)=CI,&sin n(o,t--j)-pD n ( 1
i,(t)=CI,JZfh n(m,t-y)-pa II ( 1
ce qui donne:
Le premier terme correspond à la puissance moyenne
LIT62
- (6k --l)p)+I,+,cos(6kw,t-(6k+ I)v)]
LIT63 Qn retrouve le couple moyen et les couples pulsatones dont les pulsations sont des multiples 6k de o et dont les amplitudes sont liées aux amplitudes des harmoniques de courant
III64 On trouve C- 5404 Nm et C,=1856Nm amplitude du premier harmonique de couple dont la pulsation est 60, Avec un découpage qui pemlet d’annuler les harmoniques de courant jusqu’au rang 13 , le premier harmonique de couple a pour pulsation 180,
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
ci f
+
186 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
P 8 0
0
1
/ : f - -h
OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 187
188 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
DOCUMENT REPONSE 3
I 2 3 - 4
! - 6
CObl~IANDE DES ISTERRWTEURS
7 _,- - -- - -+@ti fz
-- -- -- -f ”
-1---l- ~ -r----r-------7 -
OPTIONS PHYSIQIJE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE 189
DOCUMENT REPONSE 4
a - -~ - -
- - 4 - - 5
- - -~
6
COWATION DES INTERRUPTEURS
‘r -
h
-9
c 7
vitesse rame en kmJh
0
50
80
110
140
TRACTION FREINAGE
1 en A n en trhin
or en rdk
725 0 6.28
540 1198 5.315
440 1917 7 207
380 2631 10.42
330 3356 12.92
C en vi tesse N.m rame en
kmh 5385 10
IenA n en or C en trhin enrdk K.m
420 239 4.27 2%
420 1198 bp 2,546
420 1917 5.466 tol&5
420 2637 1.50 4-5tb
420 3356 10.24 1144
I Y0 OPTIONS PHYSIQUE ET CHIMIE ET PHYSIQUE APPLIQUÉE
C.A.P.E.S(Concours Externe)
SECTION : PHYSIQUE ET CHIMIEComposition de Physique avec applications - Session : 1994
PREMIÈRE PARTIE
ÉTUDE DE QUELQUES PROPRIÉTÉS DU PRISME
A.1. Plan de section principale : plan perpendiculaire à l’arête.
A.2. Formules du prisme.
A.2.a. sin i ==== n sin r (1)
sin i’ ==== n sin r’ (2)
A.2.b. (IN→
, II’→
) + (II’→
, I’N’→
) = (IN→
, I’N’→
)
C’est-à-dire r ++++ r’ ==== A (3)
A.2.c. (I’S’→
, SI→
) = (I’S’→
, I’N’→
) + (I’N’→
, IN→
) + (IN→
+ SI→
)
D = i’ – A + i C’est-à-dire D ==== i ++++ i’ – A (4)
A.3. Influence de l’angle d’incidence sur la déviation.
A.3.a. (1) cos i di = n cos r dr
(2) cos i’ di’ = n cos r’ dr’
(3) dr + dr’ = 0
(4) dD = di + di’
(1) × cos r’ + (2) × cos r donne cos i cos r’ di + cos i’ cos r di’ = n cos r cos r ’ (dr + dr’)
C’est-à-dire di’ = – cos i cos r’cos i’ cos r di
⇒ dD = di 1 – cos i cos r’
cos i’ cos r
A.3.b. Extremum dDdi = 0 quand cos i cos r’ = cos i’ cos r qui conduit à r = ± r’.
En fait r = – r’ impossible (r + r’ = A ≠ 0) ; donc r = r’ = A2
0
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 191
et im↑
valeur de l’angle______________
d’incidence correspondant
tel que sin im = n sin A2
avec de façon évidente i’ = im
(4) ⇒ Dm = 2 im – A
A.3.c. La relation précédente ⇒ im = Dm + A
2 et compte tenu de r = A2 la relation (1) s’écrit :
sin
Dm + A2
= n sin
A2
ou n =
sin
Dm + A2
sin A2
A.3.d. Application Numérique : n ==== 1,72.
A.4. Influence de la valeur de l’indice sur la déviation.
Cette fois (1) donne 0 = sin r dn + n cos r dr,
Cette fois (2) donne cos i’ di’ = sin r’ dn + n cos r’ dr’,
Cette fois (3) donne dr + dr’ = 0,
Cette fois (4) donne dD = di’.
On fait toujours cos r’ × (1) + cos r (2) et on obtient :
dD = sin (r + r’)cos i’ cos r dn = sin A
cos i’ cos r dn
A.5. Spectrographe à prisme.
A.5.a. A.5.a.α. Système achromatique : système corrigé des aberrations chromatiques c’est-à-dire decelles provoquées par le phénomène de dispersion de la lumière.
A.5.a.β. Le prisme est rigoureusement stigmatique pour les points à l’infini. Cette position dela fente F fait que le collimateur est réglé sur l’infini.
192 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE
A.5.b.
A.5.c. A.5.c.α. dDdλ
= dDdn × dn
dλ = sin A
cos i’ cos r × – 2b
λ3 dλ = sin A
cos
Dm + A2
cos A2
× – 2b
λ3 dλ
C’est-à-dire dD = –
4 b sin
A2
cos
Dm + A2
dλλ3
A.5.c.β. dD étant faible on a : F’λ1 F’λ2
= f’ |dD|.
A.5.c.γ. F’λ1 F’λ2
= 6,4510– 4 m.
A.5.d. Il faut remplacer la plaque photographique par un oculaire : son rôle sera de donner de l’imageobjective (jouant le rôle d’objet pour l’oculaire) une image virtuelle (située entre PP et le PRde l’œil - idéalement au PR de l’œil -) en augmentant l’angle sous lequel cette image est vuepar l’œil.
DEUXIÈME PARTIE
PROPAGATION D’ONDES ACOUSTIQUES
B.1. Propagation d’une onde acoustique dans un tuyau de section constante contenant un fluide unique.
B.1.a. En appliquant la loi de la résultante cinétique au système de masse ρ0 S dx :
ρ0 S dx ∂u
∂t (x, t) = S
p
x + ψ(x, t) , t
– p x + dx + ψ(x + dx, t) , t
.
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 193
Remarque : En toute rigueur il faut distinguer :
→ u➀
(x, t) = ∂ ψ∂t
(x, t) qui représente à l’instant t la vitesse du fluide qui est à l’équilibre en x.
→ u➁
(x, t) (qui intervient dans l’équation d’Euler) qui représente la vitesse du fluide qui à test en x.
On a avec les rotations de l’énoncé : u➁
x + ψ(x, t) , t
= u➀
(x, t).
En fait dans le cadre de l’approximation acoustique :
u➁
x + ψ(x, t) , t
= u➁
(x, t) + ψ(x, t) ∂u
➁
∂x (x, t) = u
➀ (x, t)
Donc à des termes du second ordre près u➁
(x, t) = u➀
(x, t) (noté u(x, t) dans l’énoncé) :
p x + ψ(x, t), t
– p x + dx + ψ(x + dx, t), t
= p (x, t) + ψ(x, t) ∂p∂x
(x, t) – p (x, t) –
dx + ψ(x, t) + dx ∂ψ∂x
(x, t)
↑négligeable__________
∂p
∂x (x, t)
⇒ ρ0 S dx ∂2ψ∂t2
(x, t) = – dx ∂p∂x
(x, t) C’est-à-dire ρ0 ∂2ψ∂t2
(x, t) = – ∂p∂x
(x, t)
B.1.b. B.1.b.α. Mouvements de faible amplitude : on peut considérer la viscosité négligeable. On peutpar ailleurs supposer que, par suite de la fréquence des mouvements acoustiques leséchanges thermiques n’ont pas le temps de se faire (évolution adiabatique de latranche de fluide considérée) : d’où l’évolution supposée isentropique.
B.1.b.β. χs # – 1ν0
ν – ν0P – P0
avec ν0 = S dx et ν = S ψ(x + dx, t) + x + dx – ψ(x, t) – x
χs # – 1ν0
ν – ν0
ρ – ρ0 avec ν0 = S dx et ν = ν0
1 + ∂ψ
∂x (x, t)
C’est-à-dire ν – ν0 = ν0 ∂ψ∂x
⇒ χs = – ∂ψ∂x
(x, t) × 1p (x, t)
C’est-à-dire p (x, t) = – 1χs
∂ψ∂x
(x, t)
B.1.c. B.1.c.α. En dérivant cette dernière relation /x et en tenant compte de l’équation de B.1.a. onobtient :
∂2ψ∂x2 (x, t) – ρ0 χs
∂2ψ∂t2
(x, t) = 0
194 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE
B.1.c.β. ψ(x, t) = f t – xc
+ g
t + xc
avec c2 = 1
χs ρ0
B.1.c.γ. ψ1 (x, t) = f t – xc
: OPP se propageant vers les x à la célérité :
c = 1√ χs ρ0
f
t + ∆t –
x + ∆xc
= f
t – xc
avec ∆x = c∆t
De même ψ2 (x, t) = g t + xc
: OPP se propageant vers les x ↓ .
Donc : c = 1√ χs ρ0
B.1.d. En dérivant /x l’équation de propagation ∂∂x
∂2ψ∂x2
– 1
c2 ∂∂x
∂2ψ∂t2
= 0
C’est-à-dire ∂2
∂x2
∂ψ∂x
– 1
c2 ∂2
∂t2
∂ψ∂x
= 0
et compte tenu de la relation établie au B.1.b.β. on a :
∂2p∂x2 – 1
c2 ∂2p∂t2
= 0
De même en dérivant l’équation de propagation relative à ψ ⁄ t
∂2u∂x2 – 1
c2 ∂2u∂t2
= 0
B.1.e. B.1.e.α. Gaz parfait ρ0 = Mρ0RT0
χT = 1ρ0
et χs = χT
γ = 1
γ P0 → c = √γ RT0
M
B.1.e.β. Application Numérique : c = 343 m.s– 1.
B.1.f. B.1.f.α. ψ1 (x, t) = A1 cos ω
t – xc
= A1 cos
ωt –
ωc x
propagation vers les x .
k = ωc
Application Numérique : k = 18,3 m– 1.
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 195
B.1.f.β. p1 = – 1χs
∂ψ1
∂x c’est-à-dire p1__ = i k
χs A1 e
i (ωt – kx)
u1 = ∂ψ1
∂t u1__ = i ω A1 e i (ωt – kx)
B.1.f.γ.p1__u1__ = k
χsω =
ωc
ρ0c2
ω = ρ0c = ℜ
B.1.g.p’1u’1
= – kχsω
= – ℜ
B.2. Réflexion et transmission dans un tuyau de section constante contenant deux fluides.
B.2.a. On écrit : p’1___ = p’01 e
i ω’1t + k1 x
k’1→ = – k1
→ = – ωc1
ux→
On écrit : p2__ = p02 e
i ω2t – k2 x
avec k2 = ωc2
La continuité de p c’est-à-dire ( p➀
↓milieu ➀
=
p
➁
↓milieu ➁
)x = 0
se traduit par :
p01 e iωt + p’01
e iω1t = p02 e iω2t ; cette relation devant être vraie quelque soit t
⇒ ωωωω’1 ==== ωωωω2 ==== ωωωω
B.2.b. Donc : p’1___ = p’01 e
i (ωt + k1x)k1 = ωc1
p2__ = p02 e
i (ωt – k2x)k2 = ωc2
B.2.c. Continuité de la pression : p01 + p’01
= p02(1)
Continuité du débit volumique S u
➀ = S u
➁ x = 0
c’est-à-dire S
u1__ + u’1___ x = 0
= S u2__ x = 0 ou
encore, compte tenu de B.1.f.γ. et B.1.g.
u1__ = p1__ℜ 1
, u’1___ = –
p’1___ℜ 1
, u2__ =
p2__ℜ 2
.
1ℜ 1
p01
– p’01 = 1
ℜ 2 p02
(2)
(1) et (2) ⇒ r12 = p’01
p01
= ℜ 2 – ℜ 1
ℜ 2 + ℜ 1et t12 =
2 ℜ 2
ℜ 1 + ℜ 2=
p02
p01
196 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE
B.2.d. B.2.d.α. 1 = p1 u1
S = p1
2 S
ℜ 1 1 =
p’12 S
ℜ 1 2 =
p’22 S
ℜ 2
⇒ T =
2 1
x = 0
=
p22
p12 x = 0
× ℜ 1
ℜ 2 =
4 ℜ 1 ℜ 2
ℜ 1 + ℜ 2
2
et : R =
p’12
ℜ 1 = 1
p12
ℜ 1
x = 0
=
p’12
p12
x = 0
=
ℜ 2 – ℜ 1
ℜ 2 + ℜ 1
2
B.2.d.β. Remarque : T + R = 1 conservation de l’énergie, le milieu étant supposé non absorbant.
B.2.e. T # 0,001 R # 0,999 La réflexion est pratiquement totale.
B.3. Réflexion et transmission dues à un changement de section dans un tuyau sonore.
B.3.a. Continuité de la pression : p01 + p’01
= p02(1)
Continuité du débit volumique S1 u➀
= S2 u➁
c’est-à-dire : S1
u1__ + u’1___ x = 0
= S2 u2__
x = 0
C’est-à-dire S1
ℜ 1 p01
– p’01 =
S2
ℜ 2 p02
que l’on peut encore écr ire :
1Z1
p01
– p’01 = 1
Z2 p02
(2)
(1) et (2) ⇒ r12 = p’01
p01
= Z2 – Z1
Z2 + Z1et t12 =
p02
p02
= 2 Z2
Z2 + Z1
B.3.b. 1 = p1 u1
S1 =
p12 S1
ℜ 1 1 = p’1
2 S1
ℜ 1 2 = p2
2 S2
ℜ 2
donc : T = 4 Z1 Z2
Z1 + Z2
2 R =
Z2 – Z1Z2 + Z1
2
B.3.c. Oui.
r12 = S1 – S2
S1 + S2 La réflexion se fait avec un déphasage de π (pour l’onde de supression) si
S2 > S1.
t12 = 2 S1
S1 + S2 Pas de déphasage (t12 toujours positif).
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 197
B.3.d. Oui.
TROISIÈME PARTIE
THERMODYNAMIQUE
C.1. Quelques propriétés d’un gaz parfait.
C.1.a. PV = nRT
C.1.b. C.1.b.α. H = U + PV
C.1.b.β. Transformation du GP de T à T + dT dU = n Cv dT
Transformation du GP de T à T + dT dH = n Cp dT = n Cv dT + d (pv)
Transformation du GP de T à T + dT dH = n (Cv + R) dT
C’est-à-dire Cp = Cv + R ou Cp – Cv ==== R
C.1.b.γ. Dans cette dernière relation :
Cv (γ – 1) = R ⇒ Cv = Rγ – 1
C.1.b.δ. dU = n Cv dT = n Rγ – 1
dT = d (pv)γ – 1
⇒ ∆U = P1V1 – P0V0
γ – 1
C.2. Transformations réversibles d’un gaz parfait.
C.2.a. C.2.a.α. • P2 = P1 = 3P0 (équilibre mécanique du piston),
• gaz de droite (compartiment (2)) : évolution adiabatique réversible :
• P2V2γ = P0V0
γ ⇒ V2 = V0
P0P2
1 ⁄ γ
c’est-à-dire V2 = V0 (3) – 1 ⁄ γ
• P2V2
T2 = nR =
P0V0T0
⇒ T2 = P2P0
V2V0
T0 c’est-à-dire T2 = T0 (3)γ – 1
γ
C.2.a.β. • V1 tel que V1 + V2 = 2V0 ⇒ V1 = V0 2 – (3) – 1 ⁄ γ
• T1 tel que P1V1
T1 = nR =
P0V0T0
⇒T1 = T0
6 – (3)
γ – 1γ
C.2.b. C.2.b.α. Premier principe à l’ensemble : ∆U = ∆U1 + ∆U2 = Q1.
198 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE
C.2.b.β. ∆U1 = P1V1 – P0V0
γ – 1 et ∆U2 =
P2V2 – P0V0
γ – 1
⇒ Q1 = P1V1 + P2V2 – 2P0V0
γ – 1 =
3P0 V1 + V2
– 2P0V0
γ – 1 c’est-à-dire Q1 =
4 P0 V0
γ – 1
C.3. Détente irréversible d’un gaz parfait.
C.3.a. Initialement la pression est P0 (équilibre mécanique du piston).
Donc : T0 = P0VA
nR
C.3.b. C.3.b.α. Cas ➀ : VB est suffisamment faible (valeur-seuil VBs à préciser) pour que la pression du
gaz atteigne la valeur P0 sans que le piston rencontre la paroi percée d’un trou(figure ➀ ). Dans ce cas il est bien évident que la pression finale est égale à P0.
Figure ➀➀➀➀
Cas ➁ : cette fois la pression finale Pf du gaz est inférieure à P0 et l’équilibre dupiston est dû aux forces de pression (P0 S et Pf S) mais aussi à l’action de contact dela paroi sur le piston (figure ➁ ).
Figure ➁➁➁➁
Il est cette fois évident que le volume final est égal à VB.
La valeur-seuil VBs correspond au cas où la pression dans le cylindre atteint P0 quand
le piston vient juste au contact de la paroi .
C.3.b.β. Il s’agit du cas ➀ ; dans ce cas il est clair que P1 ==== P0
D’autre part W = ∆U = P0V1 – P0VA
γ – 1 (1) (la transformation est adiabatique).
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 199
D’autre part :
W = Pext . S↓
section dupiston
. l↓
distance dont lepiston s’est déplacé
(cf figure ➀ )
= P0Sl = P0
VA + VB
↓(cf figure ➀ )
– V1
on retient donc : W = P0 VA + VB – V1
(2)
Si on compare les deux expression de W ⇒V1 = VA +
γ – 1γ
VB
Alors : P0V1 = nRT1 ⇒
T1 =
P0 VA +
γ – 1γ
VB
nR
C.3.b.γ. On pourra remarquer que le résultat précédent suppose :
V1 ≥ VB c’est-à-dire VA + γ – 1γ
VB ≥ VB c’est-à-dire VB ≤ γVA
on voit donc apparaître la valeur-seuil de VB :
VBs = γVA
Le cas ➁ correspond donc à VB ≥ VBs = γVA.
C.3.b.δ. C’est l’état final représenté sur la figure ➁ . Il est cette fois évident que :
V2 = VB
On peut toujours écrire W = ∆U = P2VB – P0VA
γ – 1 ; et d’autre part W = P0Sl’ = P0VA (cf
figure ➁ ).
⇒ P2 = γ P0VA
VBon en déduit T2 =
P2VBnR = γT0
Remarque : En écrivant que le cas ➁ correspond à P2 ≤ P0 on retrouve VB ≥ γVA = VBs.
C.3.c. C.3.c.α. dS (en supposant un chemin réversible allant de l’état initial à l’état final) :
dS = n Cp dTT + hT dp = n Cp dT
T – VT dp = n Cp
dpp + dv
v – nR dp
p
c’est-à-dire dS = n Cp
1γ
dpp + dv
v ⇒ s = n Cp ln V p1 ⁄ γ + cte
200 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE
C.3.c.β. ∆S1 = n Cp ln
V1VA
= n Cp ln
1 + γ – 1
γ
VBVA
∆S1 > 0 : conforme au second principe (évolution spontanée d’un système thermique-ment isolé).
C.3.c.γ. ∆S2 = n Cp ln
V2VA
×
P2P0
1 ⁄ γ
= n Cp ln
VBVA
×
γVAVB
1 ⁄ γ
c’est-à-dire ∆S2 = nCp ln
γ
VB
γVA
γ – 1γ
on est ici dans le cas ➁ où VB ≥ γVA ⇒ ∆S2 > 0 c’est-à-dire que le résultat esttoujours conforme au second principe.
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 201
C.A.P.E.S(Concours Externe)
SECTION : PHYSIQUE ET CHIMIEComposition de chimie avec applications - Session : 1994
A Premier Problème
I. Obtention du dioxygène par distillation fractionnée de l’air liquide1) Équilibre liquide-vapeur des mélanges de dioxygène et de diazote
a) dGTP, l = µO2l duO2l + µN2l duN2l
b) dGTP, g = µO2g duO2g + µN2g duN2g
c) dG = dGTP, l + dGTP, g = µO2l – µO2g
duO2l + µN2l – µN2g
duN2l
équilibre physique ⇒ dG = 0 ∀ duO2 l et duN2 l ⇒ µ O2 l = µO2 g
et µN2 l = µN2 g
d) V = nombre de variables intensives du système
– nombre de relations connues
entre les variables
V = 6 – 6 = 0 = V
V = car
T, P, xO2g, xO2l
xN2g, xN2l
–
T et P sont fixésxN2l + xN2g = 1 et xO2l + xO2g = 1
µN2l = µN2g et µO2l = µO2g
2) Diagramme d’équilibre isobare des mélanges de dioxygène et de diazote
a) a1) L : courbe d’ébullition V : courbe de rosée
a2)
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 203
b)
n = nl + ngnO2
= nO2l + nO2g
⇒
xn = xl nl + xg ngn = nl + ng
⇒
ng
nl =
xl – xx – xg
Application Numérique : ng
nl ==== 0,46.
3) Applications : liquéfaction de l’air et distillation fractionnée de l’air liquide
a) a1) Tl ==== 80,6 K a2) x02 ≈≈≈≈ 0,40 dans la 1ère goutte
a3) Tl’ ==== 78,6 K a4 ) x02
==== 0,21 dans dernière goutte
x02 ==== 0,10 dans la vapeur
b) b1) Le gaz qui s’échappe est plus riche en N2 car c’est le plus volatil.
b2) Le liquide restant s’appauvrit en N2 donc Teb augmente.
II. Structure de la molécule de dioxygène1) Configuration électronique de l’atome d’oxygène
a) Deux électrons dans un atome doivent avoir au moins un nombre quantique différent (n, l, m, s).
b) 1s 2s 2p 3s 3p 4s.
c) Lorsque les orbitales atomiques sont dégénérées, on remplit le maximum d’OA avec des e– de spinparallèle avant d’apparier les e– deux à deux.
d) 0 : 1s2 2s22p4.
e) ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑ ↑
1s2 2s2 2p4
2) Structure de la molécule de dioxygène dans la théorie de Lewis
a)
b) Liaison double, courte, forte ; molécule diamagnétique.
204 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE
3) Utilisation des orbitales moléculaires
a)etb)
c) 02 : σ2s2 σ2s
∗ 2 σ2pz2 Π2px
2 Π2py2 Π2px
∗ 1 Π2py∗ 1
donc : i = 12 (8 – 4) = 2 double liaison 0 = 0 conforme avec la théorie de Lewis.
4) Propriétés magnétiques de la molécule de dioxygène
a)et ∃ 2 e– célibataires ⇒ molécule paramagnétique.b)
III. Obtention des oxydes d’azote et de l’acide nitrique1) Synthèse du gaz ammoniac
a) N2 + 3H2→← 2NH3 total gaz
ei) y n – y 0 n eq) y – z n – y – 3z 2z n – 2z
P1 = y – zn – 2z P P2 = n – y – 3z
n – 2z P P3 = 2zn – 2z P
b) n = 4y ⇒ P1 = 1 – x4 – 2x P P2 =
3 (1 – x)4 – 2x P P3 = 2x
4 – 2x P
c)KT
0 = P3
2 P02
P1 P23 = 16
27 (2 – x)2 x2
(1 – x)4 P02
P2
KT0 = KP P02 numériquement KT
0 ≡ KP.
d) a = (2 – x) x(1 – x)2 ⇔ (a + 1) x2 – 2 (a + 1) x + a = 0.
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 205
On résout. La solution inférieure à 1 est : x = 1 – 1√ 1 + a
Si a < < 1 x = 12 a = P2P0 √ 27
16 KT0
e) e1) ∆r G0 + RT ln KT
0 = 0 ⇒ ∆r G0 = 91,9 103 + 198 T (J × mol–1)
e1) En identifiant à ∆r G0 = ∆r H
0 – T ∆r S0
e1) ⇒ ∆r H0 < < 0 ⇒ réaction exothermique,
e1) ⇒ ∆r S0 < < 0 ⇒ le nombre de moles de gaz diminue,
e1) ⇒ ∆r G0 est fonction affine de T donc ∆r H
0 et ∆r S0 sont indépendants de T.
e2) x = P2P0 √ 27
16 e 5525
T – 11,9.
e2) Deux isobares avec P2 > P1 :
e2) – si T à P = Cte ⇒ x loi de Van’t Hoff,
e2) – si P à T = Cte ⇒ x loi de Le Châtelier.
2) Oxydation de l’ammoniac en monoxyde d’azote
a) 4 NH3 + 5 O2 →← 4 NO + 6 H2O
Industrie : T ≈ 800°C,
Industrie : T ≈ 4 bars.Industrie : Catalyseur : toile de Pt rhodié. Excès d’air.
b) •
c) ∃ 1 e– célibataire ⇒ paramagnétisme,$ s e– célibataire ⇒ dimérisation .
206 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE
d)
Précautions :– Se placer sous la hotte,– Le cristallisoir sert à éviter les débordements de HNO3 conc,
– NO est recueilli par déplacement d’eau. Pour éviter la formation de NO2, la pipette doit être rempliejusqu’à son extrémité inférieure.
3) Cinétique de formation du dioxyde d’azote NO2
a) v = v2 = k2 [N2O2] [O2]
b) v1 = v– 1 ⇒ k1
k– 1 =
[N2O2]
[NO]2 ⇒ [N2O2] = k1
k– 1 [NO]2
c) v = k2 k1
k– 1 [O2] [NO]2
d) Ordre global = 3.
e) Posons k = k2 × k1
k– 1 et K1
0 = k1
k– 1
d ln kdT =
d ln k2dT +
d ln K10
dT ⇒ Ea
RT2 = E2
RT2 + ∆r H1
0
RT2
⇒ Ea = E2 + ∆r H10 enthalpie standard de la réaction (1)
↑énergie
d’activation«globale»
↑énergie
d’activationde la réaction
(2)
donc si ∆r H10 < < 0 alors Ea < 0,
donc s i v ⇒ T contrairement à la loi d’Arrhénius.
← cristallisoir
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 207
4) Dimérisation du dioxyde d’azote NO2
a)
b) ∃ e – célibataire.
N2O4 →← 2 NO2 Total gaz Si gaz parfaits Pf V = n0 (1 + α) RT
i) n0 0 n0 ⇒ α = Pf V
n0 RT – 1Eq) n0 (1 – α) 2n0 α n0 (1 + α)
Application Numérique : αααα ==== 0,26.
KT0 =
PNO22
PN2O4 P = 4α2
1 – α n0 TR
P0 V
Application Numérique : KT0 ==== 0,11.
∆r G0 + RT ln KT
0 = 0 ⇒ ∆r G0 = – RT ln KT
0 = 5,4 kJ mol–1.
5) Réaction de N2O4 sur l’eau
a) NO3– + 2H+ + 2e– →← 12 N2O4 + H2 O 1
12 N2O4 + H+ + e– →← HNO2 2
b) N2O4 + H2O →← H+ + NO3– + HNO2 2 – 1
∆r G0 = ∆r G2
0∗ – ∆r G10∗ = – RT ln K0 = – FE2
0 + FE10
K0 = 10E2
0 – E10 ⁄ 0,06 ==== 3,1 104
c) A pH = 0, E30 > E4
0 ⇒ HNO2 instable. Il se dismute en NO3– et NO.
208 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE
d) 4 NH3 + 5 O2 →← 4 NO + 6 H2O
NO + 12 O2 →← NO2
2 NO2 →← N2O4
N2O4 + H2O →← H+, NO3– + HNO2
3 HNO2 →← H+, NO3– + 2 NO + H2O
B Deuxième Problème
I. Les acides aminés1) a) Molécule possédant une fonction amine et une fonction acide carboxylique.
b) H2N – CH2 – COOH ac 2-aminoéthanoïque ou glycine,H2N – CH2 – CH2 – COOH ac 3-aminopropanoïque.
2) a) Oui car C∗ est lié à 4 substituants différents
b) – NH2 > – COOH > – CH2 – COOH > H ⇒ C est S
c) L-Asp est chiral car non superposable à son image spéculaire. Une solution de L-Asp est donc optiquementactive. Elle fait dévier le plan de polarisation de la lumière d’un angle α.
α = [α]25D
l.c [α]25D
est le pouvoir rotatoire spécifique,
[α]25D
> 0 ⇒ L.Asp est dextrogyre,
25 signifie à 25°C,D raie D du sodium.
d)
3) a) pK1 = 1,83, pK2 = 9,13.
b) CH3 COOH + H2O →← CH3 COO O– + H3O
O+
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 209
base conjuguée stabilisée par effet inductif attracteur de – NO+
H3 donc l’acide est plus fort.
K = K1K2
= 2 107.
amphion ou zwitterion forme majoritaire dans l’eau.
d)
e)
f) Hypothèse : 2 AH± →← A– + AH2+ est Réaction Prépondérante peu avancée.
⇒ [A–] = [AH2+] < < [AH+] ≈ c0
⇒ K1 K2 = h2 ⇒ pH = 12 pK1 + pK2
= 5,48.
Vérifications :
AH± + H2O →← H3O+ + A–
AH± + H2O →← OH– + AH2+
sont elles négligeables ? C’est-à-dire :
[H3O+] < < [A–] ?[HO–] < < [A–] ?
[A–] = [AH±] = c0 α = c0 √K2
K1 = 1,1 10– 5 mol.L– 1
[H3O+] = 3,3 10– 6 mol.L– 1
[OH–] = 3,0 10– 9 mol.L– 1
donc [H3O+] < < [A–] n’est pas vér ifiée. La
formule est approchée. On garde pH ==== 5,5.
210 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE
g)
Réaction du dosage AH± + H3O+ →← AH2+ + H2O, K = 1
K1 = 68 ⇒ dosage peu quantitatif.
pHinitial = 5,5 - pas de saut de pH visible.
Réaction de dosage AH± + OH– →← A– + H3O+, K = K2Ke
= 7,4 104. A priori le dosage semble quantitatif
car K > 104.
pHinitial = 5,5. La courbe proposée montre que le saut de pH (c’est-à-dire le second) sera faible doncle dosage peu précis.
II. Synthèse des acides aminés constitutifs de l’aspartame
1) 1 2 |N ≡ C – CH2 – COOH
NaCO3 rend le milieu basique donc :
– neutralise 1 en 1’ Cl – CH2 – COOO– ,
– rend CNO– bon nucléophile,
– évite la formation de HCN.
Réaction SN2 car RX primaire. Mécanisme concerté en une seule étape.
v = k [1’] [CN–] ordre global = 2 si aucune dégénérescence.
2) 3 HOOC – CH2 – COOH 4
3) 1 Bromure d’alkylammonium,2 Carboxylate d’ammonium,
Il faut 3 équivalents de NH3 - 1 joue le rôle de Nucléophile, 2 jouent le rôle de Base.
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 211
4) 6
Estérification : non totale, lente, athermique. On chauffe pour accélérer, H2SO4 est un catalyseur. On peutpartir du chlorure d’acide ou de l’anhydride correspondant.
5) 6 → 6’ → 7
6) Réaction Acide-Base.
Carbanion nucléophile.
Réaction SN2 ou SN2’ 8
7) On aurait obtenu deux aldéhydes :
H2CO et
8) Saponification
Ac – Base totale
> RCOOO– + EtOH 10
9) On obtient le mélange racémique. La décarboxylation n’est pas stéréosélective.
212 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE
III. Synthèse de l’aspartame A
1) Préliminaires
a) RCOOH + R’NH2 →←
Ac−Base RCOO
O– , H3NO+
R’ deshydratation > RCO – NH – R’
La seconde étape est difficile car R’O+
NH3 n’est pas un bon nucléophile.
b) AA1 – AA1 soit H2N__
– CHR1 – CO – NH – CHR1 – COOH
AA1 – AA2
AA2 – AA1
AA2 – AA2
c) et
2) Une synthèse de l’aspartame
a)
L’intermédiaire réactionnel formée dans l’estérification est dans ce cas :
alors que dans l’autre cas :
Le second est donc déstabilisé par l’effet inductif attracteur de H3N O+– donc se forme mal.
b) C est électrophile δ +.
Les nucléophiles possibles sont la fonction amine puis le groupe O____
H (ou l’inverse !).
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 213
– H O+ > I
c) Proposition : 1 Add.Nu
2 Élim> la fonction «ester» est
plus réactive donc on forme :
+ H3O O+
Ac − Base>
H3O+
hydrolyse>
de l’ester III .
d) Esterification de la fonction acide terminale puis neutralisation.
e) Initial : 0,045 mole de L-Phe.
Final : MA = 294 g.mol – 1 soit 0,023 mole Rdt = 52 %
1 déprotonation
2 décarboxylation>
est le second centre électrophile.
214 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE
C.A.P.E.S(Concours Externe)
SECTION : PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉEComposition de Physique avec applications - Session : 1994
CORRIGÉ DU PROBLÈME
1. PRÉLIMINAIRES
1.1. v = vitesse de propagation.
1.2. Onde sonore : déplacement, suppression.Onde électromagnétique : champs électrique et magnétique.
1.3. Son : longitudinale, vibration dans le sens de propagation.Onde elm : transversale, vibration ⊥ direction de propagation.
1.4. –
1.5. Onde progressive en ω t – xv
, régressive en ω
t + xv
.
1.6. λ = v T.
2. ONDES ÉLECTROMAGNÉTIQUES SE PROPAGEANT DANS UN CÂBLE COAXIAL
2.1. Calcul de la capacité linéique du câble coaxial.
2.1.1. Q = C (V1 – V2).
2.1.2. E→ radial, E = Q2π ε0 εr h r
.
2.1.3. ∫ R1
R2
Edr = V1 – V2 → C = 2π ε0 εr h
ln R2R1
→ γ = 2π ε0 εr
ln R2R1
.
2.1.4. Application Numérique : ln R2R1
= 1,25 → γ = 0,1 nF.m– 1.
2.2. Calcul du coefficient d’auto-inductance linéique du câble.
SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 215
2.2.1. Effet de peau → courants quasi surfaciques.
2.2.2. B→ orthoradial, B = µ0 I2π r
, B = 0 hors de l’isolant.
2.2.3. dφ = BdS = µ0 I d
2π
drr
→ φ =
µ0 I a2π
ln R2R1
.
φΙ = L =
µ0 a
2π ln
R2R1
→ l = µ0
2π ln
R2R1
.
2.2.4. Application Numérique : l = 0,251 µH m– 1.
2.3. Équation d’ondes dans le câble coaxial.
2.3.1. V (x + dx, t) + (l dx) ∂I∂t
= V (x, t) → V (x + dx, t) – V (x, t)
dx = – l ∂I (x, t)
∂t
si dx → 0 :∂V∂x
= – l ∂I∂t
– loi de nœud : I (x + dx, t) = I (x, t) – (γ dx) ∂V∂t
dx → 0 :∂I∂x
= – γ ∂V∂t
2.3.2.∂2 V∂t ∂x
= – l ∂2 I
∂t2 et ∂2 I
∂x2 = – γ ∂2 V∂x ∂t
d’où : ∂2 I∂x2 = γ l ∂
2 I∂t2
et ∂2 V∂x2 = γ l ∂
2 V∂t2
2.3.3. v = 1√γ l
= 1√ ε0 µ0 εr
= c√εr
.
2.3.4. v = 200 000 km s– 1.
2.4. Mise en évidence d’une grandeur caractéristique du câble.
2.4.1. V = V0 cos ω
t – xv
, I = I0 cos
ω
t – x
V + ϕ
.
∂V∂x
= – ωv V = – l ∂I
∂t = – l ω I → VI = l v = √ l
γ ∀ (x, t)
soit Rc = résistance caractéristique de la ligne (si on ferme la ligne sur Rc, la ligne est équivalenteà Rc , pour la source).
216 SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
2.4.2. Rc = 50,1 Ω.
2.5. Étude de la ligne coaxiale, fermée sur une résistance.
2.5.1. Loi de nœuds : I = I0 – I1.
2.5.2. V0 = Rc I0 , V1 = Rc I1.
2.5.3. A l’abscisse L : V (L, T) = R I (L, T)
avec : V (L, T) = V0 (L, T) + V1 (L, T) et I (L, T) = I0 (L, T) – I1 (L, T)
d’où : Rc (I0 + I1) = R (I0 – I1) à l’abscisse L.
– (Rc – R) I0 = (Rc + R) I d’où : ρ = I1I0
= R – Rc
R + Rc .
2.5.4. Rg = Rc , le taux de réflexion à l’abscisse 0 sera nul, il ne pourra donc y avoir sur la lignequ’une onde incidente et une onde réfléchie.
2.5.5. Voir montage C.A.P.E.S.
3. ONDES SONORES DANS UN TUYAU
3.1. dm ==== µµµµS dx, «tranche» isolée :
forces de pression f (x, t) = p (x, t) + P0
S, f (x + dx, t) = – p (x + dx, t) + P0
S.
En projection horizontale, la RFD donne :
[p (x, t) – p (x + dx, t)] S = (µS dx) ∂v∂t
soit dx → 0 : – ∂p∂x
= µ ∂v∂t
.
3.2. On écrit que : (le débit massique entrant) - (le débit massique sortant) est égal au débit massique àl’intérieur, en utilisant le fait que les variations de µ sont très faibles (hypothèses).
Soit : – µ (x + dx, t) S v (x + dx, t) + µ (x, t) S v (x, t) = ∂µ∂t
S dx
SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 217
et :∂µ∂t
= – µ ∂v∂x
(quand dx → 0).
3.3. χ = – 1V
∂V∂p
= 1µ
∂µ∂p
, d’où avec ∂µ∂t
= ∂µ∂p
∂p∂t
:
χ ∂p∂t
= – ∂v∂x
.
3.4. Comme au § 2.3.2. : ∂2 p∂x2 = µχ ∂
2 p∂t2
.
3.5. v = 1√χµ
.
3.6. 3.6.1. χT = 1p .
3.6.2. Isentropique d’un gaz parfait : dpp + γ dV
V = 0
soit :
∂p∂V
S
= γ pv , χS = – 1V
∂V∂p
S
= 1γ p
= χT
γ
3.6.3. µ = PMRT → v = 1
√µχ = 1
√PMRT χ
= √RTPM χ
si T = cstte : v = √RTM , si S = cstte : v = √γ RT
M .
3.6.4. Application Numérique : √RTM = 290 m.s– 1 ⇒ transformation isentropique
γ = 1,40.
4. PROPAGATION D’ONDES SUR UNE CORDE TENDUE
4.1. sin Ox : T (s + ds) cos (θ + dθ) – T(s) cos θ = (ρ ds) d2x
dt2
sin Oy : T (s + ds) sin (θ + dθ) – T(s) sin θ = (ρ ds) d2y
dt2 .
4.2. θ petit, et d2xdt2
= 0 → T (s + ds) ≈ T(s) → T = cstte
sin θ = dyds , cos θ = dx
ds ≈ 1 ⇒ dx = ds.
218 SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
4.3. T . (θ + dθ) – T . (θ) = ρ ds ∂2 y
∂ t2 (sin (θ) ~ θ)
soit T dθ = ρ dx ∂2 y
∂ t2 , soit T
dθdx = ρ ∂
2 y∂ t2
tg θ ≈ θ = dydx → ∂ θ
∂ x = ∂
2 y∂ x2 et T ∂
2 y∂ x2 = ρ ∂
2 y∂ t2
,
donc : ∂2 y∂ x2 – ρT ∂
2 y∂ t2
= 0 , v = √ Tρ
.
4.4. Application Numérique : v = 291 ms– 1.
4.5. Ondes transversales y//
↑ (x→ , t)
.
4.6. 4.6.1. y (x, t) = y1 (x, t) + y2 (x, t) = y1 cos ω t – xv
+ y2 cos ω
t + xv
.
4.6.2. y (0, t) = 0 ∀ t ⇒ y1 cos ωt + y2 cos ωt = 0 → y1 = – y2
y (L, t) = 0 ∀ t ⇒ y1 cos ω
t – Lv
– cos ω
t + Lv
= 0
soit : sin
ωLv
= 0 → ωL
v = n π (n est entier > 0)
ω = 2π f, les fréquences cherchées sont : f = n v2 L = n
2 L √ Tρ
.
g = n f0 (f0 est la fréquence du «fondamental», les autres sont les harmoniques).
4.6.3. Application Numérique : f0 = 441 Hz.
4.6.4. – Sons graves : corde massive.– Sons aigus : corde légère.– L’accord consiste à régler la tension T.
4.6.5. Corde de Melde.
CORRIGÉ DE L’EXERCICE D’OPTIQUE
Questions 1 à 6 : questions de cours.
7. v = 1f’ = 1
f1’ + 1
f2’ – e
f1’ f2
’ , avec ∆ = F1’ F2
_____ = – f1
’ + e – f2’ .
v = 1f’ = 1
f1’ + 1
f2’ –
f1’ + f2
’ + ∆
f1’ f2
’ = – ∆f1’ f2
’ , d’où f’ = – f1’ f2
’
∆ .
SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 219
8. f’ = – f1’ 2
∆ = –
f1’ 2
e – 2 f1’ → e = 16
5 cm = 3,2 cm.
9. Avec les formules de Newton : F2’ F’
_____ =
f1’ 2
D et F1 F____
= – f1’ 2
∆ = ± 5 cm.
Soit : O2 F’_____
= 3 cm ; O1 F____
= – 3 cm.
10. Le film doit être dans le plan focal image.Encombrement : O1 F’
_____ = O1 O2
_____ + O2 F’
_____ = 6,2 cm.
11. «Tirage» de l’objectif : (formule de Newton appliquée à l’objectif)
FA___
. F’ A’_____
= – f’2 avec FA___
= F O1
____ + O1 A
_____ = – 47 cm
F’ A’_____
= + 0,53 cm. Il faut pouvoir «reculer» le film de 5,3 mm.
12. La pupille de sortie est l’image du d.0 à travers la lentille L2.
1O2 O’_____ = 1
O2 O_____ + 1
f1’ , 1
O2 O’_____ = – 2e + 1
f1’ → O2 O’
_____ = – 2 cm
R’R =
O2 O’_____
O2 O_____ = 54 , O’ F’
_____ = O’ O2
_____ + O2 F’
_____ = 5 cm.
13.
14. On a : rR’ = x’
O’ F’_____
+ x’r
R’ = x’5 + x’
(en cm)
et avec xx’ = – f’2 r = – 5 R’x – 5 (en cm).
220 SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
15. Profondeur de champ : x0 = FA0
____ = – 5
R’ – r0r0
(cm)
avec : R’ = f’8 = 58 cm , FA0
____ ≈ – 25
8 . 50 . 10– 6 (cm)
soit profondeur de champ ≈ de 6,4 m à l’∞.
16. 16.1. Si n.o , R’ le flux lumineux (Puissance) augmente.
16.2. La profondeur de champ diminue pour un réglage à l’infini.
16.3. Surexposition, distorsion (non respect des conditions de Gauss).
16.4. Le flux lumineux entrant est proportionnel à la surface, donc à R2.
16.5. W = P.t = cstte
avec : P = k R2 = k’ R’2 = k’ f’2
4 (n.o)2
donc : t(n.o)2 = cstte.
16.6. Quand on augmente d’un «cran» le n.o, il faut diviser par deux le temps de pose.
SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 221
SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 223
C.A.P.E.S (Concours Externe)
SECTION : PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
Composition d’Électronique Électrotechnique avec applications Session : 1994
1 Moteur asynchrone
1 .l Analyse des essais 1.1.1 Bilan des puissances :
LIGNE STATOR ENTREFER ROTOR ARBRE CHARGE
pp
Pa = puissance absorbée au stator = J3 U 11 COS ‘p = 3 V J1 COS ‘p .
F’js = pertes par effet Joule au stator = 3 rl J12 . Pfs = pertes dans le fer du stator . Pem = puissance électromagnétique ou transmise au rotor = Pa Pjs Pfs
l+ = pertes par effet Joule au rotor = 3 3 r2 Jz2 = g Pem. Pfr = pertes dans le fer du rotor ; ces pertes sont généralement négligées. Pmot = puissance motrice = Pem Fjr -Pfr G (1 -g) Pem. Pmec = pertes mécaniques . Psupp = pertes supplémentaires en charge; ces pertes sont négligées. PU = puissance utile = Pmot -P~C.
1.1.2 Lors de l’essai à vide, la puissance utile est nulle : PV = ssv + Pfs f Pem. Pem = Pjr + Pmec = gvPem + Pmec ;
1.1.3 Nous en déduisons : (l~gY)Pem = kec = (1-g”) (PV ppjsv -Pfs). Numériquement, gv = (ns -nv) / ns = 6 % ; Pjsv = 3rl Iv2 = 2,4 W ( couplage étoile) d’où:
0,94 Pfs f Pmec = 280 w .
1.1.4 Lors de l’essai au synchronisme, le glissement g est nul. LE moment du couple électromagnétique est aussi nul. Les pertes mécaniques sont alors fournies par la machine d’entraînement. Le courant rotor est aussi nul. Nous avons : Po = pjso f Pfs .
1.1.5 Numériquement Pjso = 3x-l Io2 = 0,7 W ; nous en déduisons Pfs = 149 W. De la question 1.12, nous déduisons Pmec = 140 W.
1.1.6 Au point nominal, nous avons Pu = 10 000 W ; Pnlot = Pu +Pmec = 10 140 W. Le glissement vaut g = (1 500 ~1 320) / 1500 = 12 %. La puissance électromagnétique est Pem = Pmot / (1-g) = 11 523 W et les pertes rotoriques valent gPem = 1 383 W. Les pertes par effet Joule au stator valent Rs = 3rl In2 = 60 W; d’où Pa = 11 732 W.
Le rendement est : ‘1 = PU / Pa = 85,2 %.
1.1.7 Nous avons Pa = 43 U 1 COS ‘p d’où COS cp = 11 732/(J3 x 380 x 20) = 0,89 AR.
224 SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
1.2 Recherche du modèle équivalent
1.2.1 Le flux est dit “forcé” s’il ne dépend que de la tension V; il est en particulier indépendant du courant stator 1. Ceci amène à “faire passer en tête” la bobine modélisant le circuit magnétique statorique ( hypothèse de Kapp pour le transformateur).
1.2.2 ri modélise la résistance statorique donc les pertes par effet Joule au stator. x1 est la réactance cyclique de fuites du stator. Ro modélise les pertes dans le fer du stator. XO modélise les pertes réactives dans le fer; cette réactance est parcourue par le courant magnétisant. r modélise la résistance rotorique ramenée au stator donc les pertes par effet Joule au rotor. x modélise la réactance cyclique de fuites du rotor, ramenée au stator. (1 -g)r / g modélise la puissance motrice.
1.2.3 Ro modélisant les pertes dans le fer du stator, nous avons : Pfs = 3V2 / Ro d’où: Ra = 974 n. Dans l’essai au synchronisme g = 0 donc aucun courant ne circule dans r fil et dans X PO ~3 V 10 COS ‘po donne COS cpo = 0,108 d’où cpo = 83,8”. Le courant magnétisant est 1~ = 10 sin cpo = 209 A donc XO = V/ 1~ = 105 a.
1.2.4 Dans l’essai à rotor bloqué g = 1; il n’ P
a aucune puissance motrice. Une phase est alimentée sous VCC =ucc/ 3= 73,3v. Chaque phase absorbe la puissance active pcc = Pcc / 3 = 533 W, la puissance apparente scc = VCCICC ~1 467 VA et la puissance réactive qcc = J(scc2 -pcc2) soit qcc = 1 366 vars. Soit Itcc le courant circulant dans X, ptcc , qtcc et stcc respectivement les puissances
active, réactive et apparente consommées par l’impédance r +ri +jX , le bilan des
puissances donne : pcc = VCC’ / Ro +P~CC et qcc = Vcc2 / XO fqtcc ; nous en déduisons: ptcc = 528 W ; qtcc = 1315 VAR ; stcc = 1 417 VA. L’intensité de travail est Itcc = stcc/ VCC = 19,3 A. D’où :
r = P~CC / Itrc’ -rI = 1,36 n et X = qtcc/ Itcc2 = 3,53 fi.
1.2.5 L’impédance ” de travail” est : Zt = r + r-1 + r (Ig)/g + jX = 11,38 + j 353 soit Zt = (11,92 fl ; 17,23”). Le courant efficace de travail est : It = V/ 1 Zt ] = 18,46 A. Nous
en déduisons les puissances : pt = [r f r-1 + r (1-g)/g] It* ~3 879 W; qt=XIt* ~1 203 VAR Les puissances active et réactive absorbées par une phase sont :
p = pt + V2 /F& = 3 929 W ; q = qt + V2 /X0 ~1664 VAR; la puissance apparente est donc s = 4 267 VA d’où 1 = s / V = 19,4 A; cette valeur est proche de la valeur indiquée sur la plaque signalétique.
1.3 Expression du moment du couple mécanique
1.3.1 Le couple mécanique correspond à la puissance mécanique ou motrice et à la vitesse fi = (1-g) fis ou à la puissance électromagnétique et à la vitesse QS. Prenons la première définition : La puissance motrice est modélisée par (1-g) r /g par phase; elle vaut donc : Pm0t=3(1~g)rIt’/gavecIt=V/]Zt] =V/J[(ri+r/g)2+X2];ilvient:
Pnlot = (3 V* (1 mg)r/g )/ [(r-l + r/g)2 + X2] . Le moment du couple mécanique est TM = Pmot/(llg) d’où:
TM = (3 V* r/g sZs)/[(rl f r/g)* f X2] = (3 V*/~S) g r/ [(r fg ri)* +(g X)2]
SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 22s
1.3.2 Au démarrage le glissement est g = 1; nous en déduisons :
TMd = (3 V2 / fi,) r/ [(r + 1-1)~ f( X)2]
1.3.3 Dérivons l’expression du moment TM par rapport à la variable g :
dTMd/ dg = (3 V2 r / a) [r2 -g2 (r-l2 +X2) ] / [(r +g r1)2 +(g X)’ l2 . Cette dérivée s’annule
pour fgo = r / J(r12 +X2) . L’étude rapide du signe de la dérivée montre que TM est maximal pour g = go. Le calcul de dérivée peut être évité en posant x = g/r; il vient alors :
TM = (3V2 /os) (1 /x) / [(rlfl/x)2 + X2 ] = (3V2 /fis) / [x(r12 +X2) +l/x f2rl]; la fonction
est maximale lorsque le dénominateur est minimal, c’est à dire pour x(r12 +X2) +I/x minimal; ce polynôme formé de la somme de deux termes dont le produit est constant
est minimal lorsque les deux termes sont égaux soit pour xo 2 = 1 /(r-l2 +X2). On retrouve la valeur de go précédente. 1.3.4 En remplaçant r/g par J(r1” +X2), ou x par xo, il vient tous calculs faits :
TMUELX = (3 V2/2 &)/[PI + J(r-l’ +X2)].
1.3.5 Numériquement : gu = 38,5 % et TMmax = 129 Nm. Remarque: en négligeant r-1 : go = r/ X = 38,5 % et TMmax = 131 Nm.
1.4 Fonctionnement à fréquence variable
1.4.1 Nous pouvons utiliser la relation de Boucherot : V = 2,22 KbN f b>ma~ avec N nombres de conducteurs par phase et Kb facteur de bobinage du stator. Nous avons donc V = k f 0 . Numériquement k9> = V/ f = 4,4 Vs.
1.4.2 a = X /f = 3,53 /50 = 70,6 mH. Dans l’expression du 1.3.4 remplaçons V par k@ f = 4,4 f, fi, par 2nf’/ p = rr f et X par af, il vient :
Tbhax = 3(k@)2 f/ 2rr[rl+ J(r1’ +a2f2) ] 1.4.3 Si V/ f = Cste, k@ = Cste = 4,4; il vient :
TMIMX = 9,24 f / [0,05 f J(2,510m3+4,98.10m3 f2 )] d’où le tableau :
f (Hz) 6:,7
10 20 30 40 TM~EIX (Nm) 122 126 128 129 1;:
1.4.4 L’expression du couple au démarrage en fonction de la fréquence est :
TMd = 18,5 f r/ [(r + r-1)’ f( a f)2] d’où le tableau :
f (Hz) l:,S
10 20 30 40 TIvId (Nm) 101 126 117 101 87
1.4.5 Pour esquisser les graphes demandés, nous utilisons les valeurs des tableaux précédents et le tableau des valeurs de go : f (Hz) 30 40 go(O/o) 157; 1;: 64,2 48,2
226 SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 10 30 50 70 90 110 130 150 170 190
g ( O/il 1
1.4.6 La diminution de la fréquence provoque la diminution de la pente de TM au voisinage de g = 0. Pour f = 1 Hz, le moteur ne peut fournir le couple nominal de moment voisin de 70 Nm. Pour un même couple le glissement sera d’autant plus élevé que la fréquence sera faible ; le rendement étant inférieur à l-g, diminuera donc avec la fréquence. Par exemple pour f = 10 Hz, g = 60 % donc le rendement est inférieur à 40 %.
2 Etude d’un onduleur de tension
2.1 Etude des formes d’ondes
2.1.1 Donnons le principe du calcul des tensions par phase. Appelons VA- la tension du point A par rapport au pôle - de la source continue. Pour Hl fermé, nous avons VA- = Uet pour H6 fermé, VA- = 0. De même pour H2 fermé, nous avons VB- = U et pour HS fermé, VB- = 0. Pour II3 fermé, nous avons VC- = U et pour H4 fermé, VC- = 0. Connaissant ces tensions, nous calculons les tensions composées :
UAB = VA- -VB- ; UBC = VB- -Vc- ; UCA = Vc- -VA- . Pour calculer les tensions simples, nous utilisons : (1) VAN -VBN = UAB ; (2) VBN -VCN = UBC et (3) VAN t VBN + VCN = 0 ; en utilisant (2) et (3), nous obtenons : (4) VAN f 2VBN = UBC ; avec (1) et (4) nous calculons : VBN = (UBC - IJAB) /3 : VAN = ~JAB +VBN : VCN = -VAN -VBN. Par exemple : ” ’ pour 0 < t < T/6 :VA- = U ; VB- = 0 ; Vc- = IJ donc UAB = U ; UR(: = -U ; UCA = 0 ; VBN=-~UB;VAN=U/~;VCN=U/~.
SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 221
pour T/6 <t<T/3:VA-=U;VB-=O;VC-=OdoncUAB=U;UBC=O;UcA=-U; VBN=-U/3;VAN=2U/3;VCN=pU/C3. En opérant comme ceci sur la période, nous obtenons les graphes ci-dessous:
A -----------_____
---------__-
0 I
‘T/s ’ r I 1 >t
-U/3 --____ -_- ____
-2u/3 ------ -_-------- -----_----
2u//!----------- --------------_
U/3--------- -----_---__
2u/3?--------------------
u/3- ------------
0 7% ' I , I >t
2u/3-------- __--_-_ _-_-_-_-_-__
2.1.2 Calculons la valeur efficace dune tension simple. La tension étant une fonction constante par intervalles, nous n’avons pas besoin de calcul intégral. VAN est égale à +rJ/3 pendant 2T /3 et à +2U /FI pendant T /3 d’où :
V=J([(U2/9)(2T/3)+(4U2/9)(T/3)]/T)=J2U/3.
2.1.3 La tension VAN(t) étant impaire [ VAN(-t) = -VAN(t) ] et alternative [VAN(tfT/2)=-VAN(t)], son développement en série de Fourier ne comporte que des termes en sinus de rang impair :
VAN = 1 Aop+l sin [(2p +1) 0 ] somme étendue de p = 0 à l’infini.
VBN = C Azp+] sin [(2p +l) (0 -2rr/3) ] ;VCN = x Azp+l sin [(2p +l) (0 +2x/3) ] ;
Pour 2p+l = 3k, les harmoniques des trois tensions sont en phase; comme VAN +VBN+VCN = 0, nous en déduisons que A3k = 0. Vérifions par le calcul, nous avons :
2rr
A2p+i = (I/X)~ VAN(~) sin [(2p +l) 8 ] de =(2/rr) ~VAN(B) sin [(2p +l) e ] dB 0 0
22x SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
n/3 2763
A2p+1 = CS-0 j- W3 sin [(2p fl) 8 ] d0 + s (2U/3) sin [(2p +1) 0 1 de + 0 rr/-3
f s” (U/S) sin [(2p +1) 0 ] de soit : 2x/3
A2p+l = [2U/317(2p+l) ] [l COS (2ptl)n +cos (2p+l)rr/3 COS (2tp+1)2rr/3]. Avec COS (2p+l) TI = COS ~7 = -1 ; COS p - COS q = 2 sin(p+q) /2 sin(p-q)/2, il vient:
AQ,+~ = [4U/3rr(2p+l) ] [l + sin (2p+l)x/2 sin (2p+l)rrfi]
sin(2ptl) Tr/2 = sin( pn f z/2) = (-l)p.
A++I = [4U&c(2p+l) ] [l + (-1)‘sin (2p+lb/6]. Pour 2p+l = 3k avec k impair, en reprenant la première forme:
A2p+l = [2U/37~(2p+l)] [2 +cos kn - COS 2krr ] . Pour k impair COS krr = - 1 donc tous le termes de rang multiple de 3 sont nuls. Nous n’avons donc que les harmoniques de rang 1, 5, 7, 11, 13, 17... Pour tous ces harmoniques, nous vérifions numériquement
que : 1 f (~l)~sin (2p+l)X/6 = 3/2 . Nous obtenons : VAN = (BU / n) [ sine f (sin 5e)/5 +(sin 7e)fl f (sin ile)/li t... ]
2.1.4 L’amplitude du fondamental est 2U / X, nous en déduisons VI = J2 U / R.
2.1.5 ‘Ch = J(V2 V12)/V1 = J[(V/V,)2-l] ; V/i’1 = n/3 d’où ‘Sh = 31,l %.
2.1.6 U= TI VI / (2 = 489 volts.
2.2 Courant dans un interrupteur
2.2.1 Hl est fermé de 0 à T/2 et ouvert de T/2 à T. iH1 est donc égal à iA 0 à T/2 et à 0 de T/2 à T (voir figure).
2.2.2 F’our Hl fermé, la tension à ses bornes est nulle; pour Hl ouvert, H6 est fermé donc la tension aux bornes de Hl est égale à U.
2.2.4 + 2.2.4.1 L’ouverture de Hl se fait avec un courant non nul; c’est donc une
commutation forcée. L’utilisation d’un thvristor exigerait un disnositif de blocaee forcé. De plus, la tension aux bornes de Hl ne devient jamais négative donc u& thyristor ne pourrait rester bloqué.
+ 2.2.4.2 pour 0 < wt < ‘p , iH1 < 0 donc la diode conduit. Pour ‘p < ot < TT , iHI >O donc le transistor conduit.
2.3 Courant débité par la source
2.3.1 O<t<T/G,i=iHltiI13=iA f ic = iB (couplage &oile).
SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 229
I I I I l I I I I I I I
I I I I I I 1 I 1 , I , I I
b ' 30 SO ' SO 'i~'i~o'~~o'2io'2~0'22io'3~'~0'3~0 ot
2.3.2 T/6 <t<T/3,i=iHl =iA
T/3 < t < T/2, i = iH1 + iH2 = iA + iB = ic
T/2<t<2T/3,i=iHz = iB
2T/ 3 < t < 5T/6, i = iH2 f iH3 = iB + ic = - iA
5T/6<t<T ,i= iHz= 4: Nous en déduisons le graphe ci-dessus.
2.3.3 sur [ 0 ; T/6] i(t) = iB = -IJ2 sin( wt ‘p -27~/3).
2.3.4 i(t) = 142 sin (2x/3 fq 0 ) avec 0 < 0 < x/3. Nous avons : cp tx/3 < 2x/3 tcp -6 < cp t 2rr/3 ; sin 0’ est positif pour 0 < 8’ < TT. Le courant i(t) sera donc toujours positif si cp < rr/3. Or à vide la moteur asynchrone a un facteur de puis- sance COS (PV = 0,114 et <PV = 83,5 ‘. Le courant i(t) sera donc négatif sur une partie de la période. Il faut donc prévoir une source de tension U réversible en courant.
230 SEcnoN pmwQuE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
2.3.5 En intégrant l’expression de i(t) sur l’intervalle [O ; n/3], nous obtenons: Imoy = (3142 /n) COS ‘p.
Nous pouvons éviter l’intégrale en écrivant l’égalité des puissances fournies par la source et absorbées par le moteur. En considérant le courant par phase purement sinusoïdal, nous avons : U 1 moy = 3 VII COS 9. Avec Vl = UJ2 / n, nous retrouvons l’expression ci-dessus.
2.3.6 Au point nominal 1 = 20 A et COS ‘p = 0,89 donne Imoy = 24,0 A.
3 Etude de la commande de l’onduleur
3.1 Etude de la consigne
3.1.1 Lorsqu’aucun courant ne parcourt Cl, le courant dans RZ est nul. Pour le premier amplificateur V- = VI = V+ = V2.
3.1.2 En se plaçant en régime permanent (courant nul dans Rz), nous avons : VI = 15 aP/ (P +Rl) = 6 a.
3.1.3
Appliquons le théorème de Millmann aux entrées des deux amplificateurs: V( 1 /R2 +clp) = Vl /ix2 +c1p v’ ; V” ( 1 /R3 +c2p) = v’/R3 +c2p v2 ; Les amplificateurs fonctionnant en régime linéaire, V = V2 et V" = 0 ; d’ou: v’ = mR3C2p V2 et VZ( 1 +R%I~) = V1 f R2C1p (-R3C2p ) V2. La fonction de transfert
est donc : H = 1 / (1 tR%Xp tR~R.KXC2 p2 )
En posant HO = wo2 = 1 /R2RX1C2 et c = 1 / 2R3 CZ, nous obtenons :
H=Ho/(p2+2<p+w,2)
3.1.4 Nous obtenons : < = 2,5 s- ’ ; w0 = 2 236 rad.s-’ ; HO = 5.106 s2 .
3.1.5 m = </ 0, = 1,12.10 -3
3.1.6 TJo(p) = 1 /p donne V~(P) = wo2/ p (p f 2 mw,p + w,,~ ) . Cherchons les pôles de cette fonction; ces pôles sont p = 0 et les racines de :
p+2mw,p+w,2soit~2,5fj2236=~~ijo,. La décomposition en élément simple de la fonction est :
V2 = A/ P f BP +CI +Cm,) l/ [(P +02 +w’, 1 .
SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 231
A = lim p V2 en p = 0 soit A = 1. Pour calculer B et C, nous procédons par identification :
WO 2 = A [(p +<)’ fw’, 1 +p [B(p +[) +Cw,) ] = (A+B) p2 +(2cA+cB+w, C)p +A(c2 +wo2 ),
Nous en déduisons B = -A = -1; C = -(25A +[B)/w,= m[/w, = mm.
La solution est v2(t) = 1 exp((<t) ( COS w,t + m sin w,t,). Comme m << 1 , nous en déduisons la solution approchée :
v2(t) = 1 exp(m<t) COS w,t.
3.1.7 Nous procédons par superposition. Pour Q =0,5 la question 3.1.2 donne V2 = 3 V;
nous en déduisons : v2 = 4 exp( ct) COS w,t.
48
4,5
4,~
389
396
393 .7
z4
2,1
18
1,5 13
3.1.8 dv2 /dt = exp((2,5t) ( ~TJ COS w0 t + o0 sin o0 t ). Cette dérivée s’annule pour
tgw,t=-</w0soitT=1,406ms;V2~~ax=4,996V.
La réponse à l’échelon unitaire est v2h(t) = 1 -exp-[t) COS w,t. la valeur finale étant 1, le temps de réponse sera atteint lorsque v2h atteindra la valeur de régime
permanent à 5 % près. Nous aurons donc exp(p<tr) COS w,tr = 0,05. comme I’amortis-
sement est faible, nou pouvons en déduire exp((<tr) =0,05 soit <tr = 3 et tr = 1,2 s.
3.2 Etude de I’oscillateur commandé en tension
3.2.1 étude préliminaire + 3.2.1.1 LE circuit de la figure 8 est un comparateur à hystérésis.
232 SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
+ 3.2.1.2 Le montage fonctionne en réaction positive donc en saturation; nous avons donc V5 = k 9 V, tension de Zéner des diodes.
+ 3.2.1.3 Sur l’entrée t, nous avons V+(I /R8 t 1 /Rs) = VI /R8 t V5 /Rs soit V+ = (Rs Vl +F& V5 )/(F& +Rs). Comme RE = R9, Vt = (VI tV5)/2. Le comparateur bascule pour V+ = 0 soit VI = -V5 soit +9 V. POU~ Vl = -15 V, V+ C 0 donc V5 = -9 V; lorsque VI augmente, le comparateur bascule pour Vl = -V5 = 9 V. POU~ Vl = 15 V, V+ > 0 donc Vs = 9 V; lorsque VI diminue, le comparateur bascule pour VI = -Vs = -9 V. d’où le graphe de transfert:
AV5
3.2.2 Circuit d’entrée + 3.2.2.1 Le condensateur C3 réalise une réaction négative faisant fonctionner
l’amplificateur opérationnel en régime linéaire; son entrée - est au potentiel 0 avec un courant d’entrée nul; l’impédance d’entrée de I’intégrateur est donc égale à R6. La résistance R7 est reliée à la sortie du comparateur soit au potentiel V5.
+ 3.2.2.2 La loi des mailles donne El = V2 V3. Le théorème de Millmann
appliqué au point commun entre Ra et R5 donne (-E2) (1 /Rd + 1 /Rs) = V2/R4 tV3/ Rs.
Comme & = R5, nous obtenons &2 = - (VZ +Vs)/2
+ 3.2.2.3 En négligeant le courant dans R5 et en supposant les diodes bloquées, le diviseur de tension fonctionne à vide : V3 = R6 V5 / (R6 + RT) = 0,719 V5. D’où :
&I=V2 -0,719V5 et &2= (V2+0,719V5)/2.
+ 3.2.2.4 Pour V5 = 9 V, V3 = 6,5 V et El = VT 6,5 < 0 . Si D3 est bloquée, I’AOP
fonctionne sans contre-réaction avec E < 0; sa tension de sortie est -15 V;
vda = V3 - (-15) = 21,5 V. D3 ne peut donc être bloquée . D3 étant passante , I’AOP
fonctionne en suiveur et V3 = V2. &3 = (V2 +6,5)/2 < 0. Si D4 est bloquée, 1’AOP fonctionne sans contre-réaction avec
E < 0; sa tension de sortie est ~15 V; vd4 = -15 pV3 = -21,5 V. Donc D4 est bloquée.
+ 3.2.2.5 Pour V5 = -9 V, V3 = -6,5 V et &l = V2 t 6,5 > 0 . Si D3 est bloquée,
I’AOP fonctionne sans contre-réaction avec E > 0; sa tension de sortie est +15 V;
.vd3 = V3 15) = -21,5 V. D3 est bloquée.
SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPL~~@E 233
E3 = - (V2 - 6,5) /2 > 0. Si D4 est bloquee, 1’AOP fonctionne sans contre-réaction avec
E > 0; sa tension de sortie est +15 V; v& = 15 -V3 = 21,5 V. Donc D4 ne peut être
bloquée. Elle est donc passante; I’AOP fonctionne alors en amplificateur inverseur et v3 = - v2.
3.2.3 Etude de l’oscillateur
+ 3.2.3.1 Soit j l’intensité du courant dans R6 et C3; il vient j = V3 / Rs et
j = -GI d V4 /dt soit dV4/dt = mV3/R6 C3 = -Vs/ T. Comme V3 = kV2 = Cste, il vient :
V4 = A V3 t /T avec A = Cste d’intégration.
+ 3.2.3.2 A la mise sous tension C3 est déchargé donc V4 = V3 = +VZ ; cette tension étant comprise entre -6 et 6V, V5 = -9V et V3 = -VZ. Nous en déduisons :
V4 = A f V2 t /T ; cette tension tend vers l’infinie; lorsque V4 = 9 V; le comparateur
bascule et V5 = 9 V imposant V3 = V2 et V4 = A’ V2 t/T; cette tension tend vers moins l’infini. Lorsque V4 = -9 V, le comparateur bascule et nous retrouvons le fonctionnement initial; le montage est donc de type astable. Prenons comme instant origine, l’instant de basculement de V5 de -9 à +9 V. Le condensateur C3 impose la continuité de la tension V4 : V4 (0) = 9 V
Pour t =O+, V5 = 9 V donc V3 = Vi ; V4 = A - V2 t /T avec V4(0) = 9 V, il vient :
V4 = 9 V2 t /T ; le comparateur bascule en tl pour V4 = -9 V soit tl = 18 T/ V2. Atl+,V4=-9V,V5=-9V;V3=-V2.Enposantt’=t -tl,ilvient:
V4 = A’ + V2 t’ / T ; avec V4(t’= 0) = 9 V, nous obtenons V4 = 9 + V2 t’ / T ; le
comparateur bascule pour V4 = 9 V en t’2 = 18 T / V2. Nous sommes alors revenus à
l’état initial. La période de l’oscillateur est T = 2 tl = 36 T / V2 et sa fréquence est :
f = V2 / 36 T ; comme T = 03 ms, il vient f = 84,2 V2.
+ 3.2.3.3 Comme VZ varie de 0 à 6 V, la fréquence f varie de 0 à 505 IIz.
+ 3.2.3.4 Pour a = 0,5, V2 = 3 V et f = 253 Hz soit T = 3,96 ms. De 0 à 1,98 ms : V5 = 9 V ; V4 = 9 3 t /T ; le transistor est passant avec un courant de base de l’ordre de (9 -1,4) / 47 = 0,16 mA; supposons le transistor saturé, le courant collecteur est de l’ordre de 8 / 100 = 0,08 mA; ceci donne un gain forcé de 0,5 justifiant l’hypothèse de saturation. V6 = 1 V environ
De 1,98 à 3,96 ms : V5 = 9 V ; V4 = 9 + 3 t /T ; le transistor est bloqué donc VS = 15 V.
15V ---------- -__-______
v
gv,:%-. _- ____--- ;r _-_-_-_-__._ -__
. . l
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. . .
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j l **,* i -(iv ---------‘r* _____ --_- ____ -‘i _____
I
C.A.P.E.S(Concours Interne)
SECTION : PHYSIQUE ET CHIMIEComposition de Chimie - Session : 1994
PARTIE ADOSAGE DES IONS NITRATE D’UN ENGRAIS PAR LA MÉTHODE DE LEITHE
1. N, P, K.
1.1. HNO3 ou NO3– , NH4
+ ; K+, HiPO4(3 – i) – (avec i = 0, 1, 2, 3).
1.2. N = 17 % ;P2O5 : M = 142 g mol– 1 d’où le % en P = 17 ∗ 2 ∗ 31 ⁄ 142 = 7,4 % ;
K2O : M = 94,2 g mol– 1 d’où le % en K = 17 ∗ 2 ∗ 39,1 ⁄ 94,2 = 14,1 %.
1.3. NO3– + 2e– + 2H+ = NO2
– + H2O.
1.4. 4 P + 5 O2 = P4O10.
P4O10 + 6 H2O = 4 H3 PO4.
1.5. 3 H2SO4 + Ca3 (PO4)2 = 2 H3PO4 + 3 CaSO4.
2. Dosage des ions nitrates.
2.1. a. E3o > E1
o diffèrent de près de 0.3 V, la réaction est donc quasi totale.
Fe2+ → Fe3+ + e– x3
NO3– + 3e– + 4H+ → NO(g) + 2 H2O
bilan : 3 Fe2+ + NO3– + 4H+ → 3 Fe3+ + NO(g) + 2 H2O.
b. E2o > E1
o, réaction quasi totale.
Cr2O72 – + 6e– + 14H+ → 2Cr3+ + 7 H2O
Fe2+ → Fe3+ + e– x6
bilan : 6 Fe2+ + Cr2O72 – + 14H+ → 6 Fe3+ + 2Cr3+ + 7 H2O.
2.2. La réaction est lente même en milieu acide à température ambiante ; elle est plus rapide à chaud.
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 235
2.3. On prendra comme valeur du volume à l’équivalence, la moyenne de V1 et de V2 :
10 ∗ [Fe2+](S2) = 6 ∗ (1,667 10– 2) ∗ (V1 + V2) ⁄ 2, d’où [Fe2+] (S2) = 0.196 mol.L– 1
2.4. La quantité, n, d’ions nitrate dans l’échantillon de 2,15 g n’est pas utilisée en totalité. On en prélèvela fraction 20 n ⁄ 250.
Cette partie oxyde une quantité trois fois supérieure d’ions Fe2+. Le reste des ions Fe2+ est oxydépar le dichromate : (en exprimant les quantités de matière en millimoles) :
6 ∗ 1,667 10– 2 ∗ 15,65 = 20,00 ∗ 0,196 – 3 ∗ n ∗ 20 ⁄ 250
d’où : n(NO3–) = 9,81 10– 3 mol dans l’échantillon.
2.5. Le pourcentage massique d’azote «nitrique» est alors : 9,81 10– 3 ∗ 14 ⁄ 2,15 = 6,4 %.
2.6. Il faut un millivoltmètre de haute impédance, une électrode de Pt, une électrode de référence aucalomel (schéma).
La chaîne électrolytique est la suivante : Pt Hg(1)
Hg2Cl2(s) KCl(sat) : solution
Pt.
2.7. 2.7.1. U(mesurée) = E(Pt) – E(ECS)
E(Pt) = E1’o + (RT ⁄ F) ln [Fe3+] ⁄ [Fe2+]
E(Pt) = E2o + (RT ⁄ 6F) ln [Cr2O7
2 –] h14 ⁄ [Cr3+]2
remarque : on utilisera plutôt E1’o que E1
o dans l’expression de E puisque le milieu contientdes ions sulfate qui complexent les ions du fer et modifient le potentiel standard.
2.7.2. a. Avant l’équivalence, les ions Fe2+ sont en excès :
nFe2+ = 10 ∗ 0,196 – 6 ∗ 1,667 10– 2 ∗ v (nFe
2+ en mmol et v en mL).
nFe3+ = 6 ∗ 1,667 10– 2 ∗ v
U(mesurée) = E1’o – EECS + RT ⁄ F ln [Fe3+] ⁄ [Fe2+]
U(mesurée) = 0,425 + 0,06 log (v ⁄ (19.6 – v))
v (mL) 1 10 18U (mV) 350 426 490
b. A l’équivalence, [Fe2+] = 6 [Cr2O72 –] et de plus
[Fe3+] = 3 [Cr3+] ≅ 10 ∗ 0,196 ⁄ 89,6 mol L– 1.
Le calcul classique consiste à additionner les expressions du potentiel de Nernst ducouple du fer et celle du chrome multipliée par 6 afin d’avoir un facteur identique devantles deux logarithmes ; on obtient ainsi 7 fois la valeur du potentiel :
7 E = E1’o + 6 E2+
o (RT ⁄ F) ln [Fe3+] [Cr2O72 –] h14 ⁄ [Fe2+] [Cr3+]2
7 E ≅ 8,65 + 0,06 log 3 ⁄ 6 [Cr3+]
E ≅ 1,25 V et U ≅ 1,01 V.
236 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE
c. Au delà de l’équivalence, le dichromate est en excès :
n Cr2O7
2 – = (v – 19,6) ∗ 1,667 10– 2 et n (Cr3+) = 2 ∗ 19,6 ∗ ∗ 1,667 10– 2 (en mmol).
E = 1,33 + 0,01 log (v – 19,6) ∗ (70 + v) ∗ 1,667 10– 2 ⁄ (2 ∗ 19,6)2
U = 1,085 + 0.01 log 3,9 10– 2 ∗ (v – 19,6) ∗ (70 + v)
v (mL) 21 25 30U (V) 1,09 1,10 1,10
2.8. Voir courbe.
2.9. Existence d’un potentiel mixte dû à l’intervention du couple O2 ⁄ H2O ; ce phénomène est du au
fait que le couple Cr2O72 – ⁄ Cr3+ est lent.
3. Justification du choix de l’indicateur.
3.1. L’indicateur vire à U = 1,06 – 0,245 ≅ 0,8 V, dans le saut de potentiel du dosage.
3.2. 3.2.1. a. Fe2+ + x ophen = Fe(ophen)x2+.
b. On considère que toute l’orthophénanthroline est complexée : Fe(ophen)x
2+ = 0,0100 ⁄ x et
les ions Fe2+ sont en excès : [Fe2+] = 0,0100 (1 – 1 ⁄ x).
La constante de l’équilibre de complexation donne :
KD = [Fe2+] [ophen]x ⁄ Fe(ophen)x
2+
d’où : [ophen]x = KD ⁄ (x – 1).
3.2.2. 0 < v < v1 : dosage des ions Fe2+ en excès : Fe2+ + Ce4+ = Fe3+ + Ce3+ les ions Fe3+ neréagissent pas avec FeII(ophen)x
2+ qui est plus stable que FeIII(ophen)x3+.
v1 < v < v2 Fe(ophen)x2+ + Ce4+ = Fe(ophen)x
3+ + Ce3+.
3.2.3. Le premier point d’équivalence donne : 13,65 ∗ 0,025 = 0,010 ∗ (1 – 1 ⁄ x) ∗ 50 ;
d’où : x = 3,15.
Le deuxième point d’équivalence conduit à : (20,1 – 13,65) ∗ 0,025 = 0,010 ∗ 50 ⁄ x ;
d’où : x = 31 ; nous adopterons donc la valeur entière x = 3.
3.2.4. E(Pt) = E1’o + (RT ⁄ F) ln [Fe3+] ⁄ [Fe2+]
KD = [Fe2+] [ophen]3 ⁄ Fe(ophen)32+
et KD’ = [Fe3+] [ophen]3 ⁄ Fe(ophen)3
3+
E(Pt) = 0,67 + 0,06 ln KD’ Fe(ophen)3
3+ ⁄ KD Fe(ophen)3
2+
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 237
A la deuxième demi-équivalence Fe(ophen)33+
= Fe(ophen)32+
d’où : E(Pt) = 0,67 + 0,06 ln KD’
⁄ KD ≅ 1,06 V
et : pK’D ≅ 11,2.
3.2.5. Ce4+ oxydent d’abord les ions Fe2+ libres puis le complexe Fe(ophen)32+, ce qui se traduit
par un changement de couleur ; le dosage peut être faussé par une trop grande quantitéd’indicateur.
PARTIE BLA LUTTE CONTRE LA MAUVAISE HERBE
1. Synthèse du 2,4-D.
1.1. Étude de la première étape : la chloration du phénol.
1.1.1. AlCl3 qui est un acide de Lewis : Cl2 + AlCl3 = Cl+, AlCl4–.
1.1.2. Mécanisme :
On obtient majoritairement les dérivés 1-2 et 1-4 car les intermédiaires correspondants sontplus stables que celui qui conduirait au dérivé 1,3 :
la troisième formule est stabilisée par l’effet donneur +M du groupe OH :
238 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE
même remarque pour la dernière formule :
pas de possibilité ici de stabilisation par effet +M de l’oxygène.
1.1.3. OH effet +M, ortho et para orienteur et activantCl effets –I et +M ; ortho et para orienteur mais désactivant.
Le groupe activant l’emporte sur le groupe désactivant. Si la première substitution s’estfaite en para, la deuxième s’effectue sur les sites ortho du groupe OH :
Si la première substitution a eu lieu en ortho de OH, la deuxième peut se faire sur l’autresite ortho ou, mieux, sur le site para qui est moins encombré :
1.1.4.
État initial (EI) : phénol en ion Cl+.Intermédiaires : complexe Π puis complexe σ.
État final : Chlorophénol et H+
Les sommets correspondent aux états de transition ou complexes activés.
1.2. Étude de la deuxième étape : le 2,4-dichlorophénol et l’acide monochloroéthanoïque sont chauffésà 105°C en solution aqueuse de soude (pH = 10-12).
1.2.1. Ion dichlorophénate et ion chloroacétate.
1.2.2. Cl2C6H3 – O– + Cl – CH2 – CO2– → Cl2C6H3 – O – CH2 – CO2
– + Cl–.
C’est une substitution nucléophile bimoléculaire (SN2).
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 239
1.2.3. Mécanisme montrant l’inversion de Walden :
état de transition :
1.2.4. Acidifier.
2. Dosages d’acides phénoxyalcanoïques dans un produit commercial.
2.1. 2.1.1. Acide 4-chloro-2-méthylphénoxyéthanoïque.
2.1.2. Le saut de pH à l’équivalence serait trop faible.
2.1.3. Le conductimètre génère une tension sinusoïdale de quelques kHz ; on mesure laconductance de la cellule constituée par deux plaques de Pt platiné qui plongent dans lasolution.
2.1.4. 2.1.4.1. Ramener la conductance à la valeur qu’elle aurait si l’addition de réactif se faisaitsans dilution.
2.1.4.2. Première partie : on remplace quantitativement A– par Cl– de conductivitésvoisines ; donc G varie peu.
Deuxième partie : ajout de H+ et Cl– très conducteurs : G augmente fortement.
2.1.4.3. Le volume à l’équivalence est VE = 13,5mL, donc :
c = VE ∗ 13,5 ⁄ 20,0 = 0,135 mol L– 1
La solution commerciale est deux fois plus concentrée, soit à 0,27 mol.L– 1 ou60,1 g L– 1.
2.2. 2.2.1. C’est la saponification de l’ester : RCOOR’ + OH– = RCOO– + R’OH.
Chauffer une heure parce que la réaction est lente.
2.2.2. Enlever du milieu le butoyxéthanol et les autres corps organiques contenus dans le produitcommercial.
Le 2,4-D est sous forme de carboxylate dans la phase aqueuse.
240 SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE
2.2.3. Récupérer le 2,4-D éventuellement dissous dans l’éther.
2.2.4. L’acide 2,4-D précipite car il a perdu son extrémité ionique hydrophile ; c’est une moléculetrop peu polaire pour se dissoudre dans l’eau.
2.2.5. Par filtration on ne récupérerait pas la partie du 2,4-D dissoute dans l’eau (s = 0,9 g L– 1).On procède à une extraction par un solvant dans lequel le 2,4-D est beaucoup plus solubleque dans l’eau
2.2.6. La présence des électrons Π du noyau aromatique est responsable de l’absorption en UV.Loi de Beer-Lambert : A = ε l c.A est l’absorbance, ε le coefficient d’absorption molaire, l l’épaisseur de solution traverséepar le faisceau et c la concentration de la substance absorbante.
PARTIE CLA CHASSE AUX PUCERONS ET AUX ARAIGNÉES ROUGES
1. L’hexachlorocyclohexane.
1.1. L’autre réactif est le dichlore. La réaction est photochimique (UV proche-bleu) :
C6H6 + 3 Cl2 →h ν
C6H6Cl6
1.2. Toxicité du benzène : cancérigène.
1.3.
L’agitation thermique suffit à provoquer le basculement de la molécule d’une conformation chaiseà l’autre.
2. La deltaméthrine.
2.1. 3 C∗ .
2.2. 23 = 8 stéréoisomères.
2.3. Le carbone asymétrique est S.
SECTION PHYSIQUE ET CHIMIE 241
C.A.P.E.S(Concours Interne)
SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIEPHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
Composition de Physique - Session : 1994
par C. GROSSETÊTE
1. LES COURANTS COMME SOURCES DE CHAMP MAGNÉTIQUE
1.1. Préliminaire : questions de cours.
1.1.1. Loi de Biot et SavartSoit P le point où se situe l’élément de courant I dl
→ source de champ, M le point où l’on calcule
le champ créé par I dl→
, u→ le vecteur unitaire de P vers M u→ = PM→
PM , r la distance PM.
L’expression du champ magnétique dB au point M est : dB (M) = µ04π
I dl→
∧ u→
r2 .
1.1.2. (*) Théorème d’Ampère
Soit (S) une surface s’appuyant sur le contour fermé (C), et orientée par (C) suivant laconvention d’orientation classique (bonhomme d’Ampère, etc.) :
SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIE 243PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
La circulation du vecteur champ magnétique le long de (C) est égale au produit par µ0 duflux du vecteur densité de courant à travers (S).
(C) B . dl
→ = µ0 ∫∫
(S)
J→ . dS .
Dans le cas de conducteurs filiformes, ce théorème devient : (C)
B . dl→
= µ0 ∑ I , les
intensités étant comptées positivement lorsque le sens (C) du courant est le même que celuidu vecteur surface dS correspondant. Le théorème d’Ampère n’est pas valable en régimequelconque, car en régime variable, le théorème d’Ampère généralisé, dans le vide, s’écrit :
(C) B . dl
→ = µ0 ∫∫
(S)
J→ + ε0
∂E→ ∂t
. dS→ .
1.1.3. (*) Flux magnétiqueSoit (S) une surface orientée s’appuyant sur le circuit fermé (C) orienté.
On a : φ = ∫∫ (S)
B . dS = (C)
A→ . dl→,
en effet A→ étant le potentiel vecteur : B = rot A→ .
Le flux φ est donc indépendant du choix de la surface (S) s’appuyant sur (C) et orientée parce contour.
Si l’on considère une surface (S) fermée, on a : (S)
B . dS = 0, car div B = 0 : on dit que
le champ magnétique est à flux conservatif. Cette propriété reste valable en régime nonstationnaire.
1.1.4. (*) Inductance propre
On a : L = φpropre
I , avec φpropre =
(S)
Bcréé par I . dS
orientée par (C)
φpropre est du signe de I, par convention d’orientation, donc L > 0.
244 SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIEPHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
Remarque : on peut aussi écrire l’énergie magnétique Wm : Wm = ∫∫∫ B2
2µ0 dv avec
Wm = 12 L I2, ce qui entraîne bien L > 0.
1.1.5. (*) Loi de Laplace
La force df→ qui s’exerce sur un élément de courant I dl→
placé dans le champ magnétiqueB→ a pour expression :
df→ = I dl→
∧ B→ .
1.1.6. (*) Dipôle magnétique
Le moment M des forces magnétiques s’exerçant sur un petit dipôle magnétique de momentmagnétique µ→ placé dans le champ magnétique B au point M a pour expression :
M = µ→ ∧ B→.
L’action d’un champ magnétique non uniforme sur ce dipôle comporte, en plus du moment M , une force résultante F→ telle que :
F→ = grad→ µ→ . B .
Cette force est nulle si B est uniforme.
SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIE 245PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
L’aiguille aimantée étant maintenue par son support, le seul effet d’un champ magnétiqueest dû au moment = µ→ ∧ B qui tend à aligner l’aiguille le long des lignes de champ,µ→ étant colinéaire et de même sens que B.
1.2. Champ magnétique créé par un fil.
1.2.1. (*) Fil de longueur infinie
On peut admettre que le champ B au point M correspond bien au champ créé par le fil delongueur infinie si la contribution des autres éléments amenant le courant au champ magnétiqueest bien négligeable.
Utilisons les propriétés de symétrie du système. Soit (P) le plan concernant M et le fil.
On doit avoir : B = – sym B ⇒ B ⊥ (P).
B est donc orthoradial. Appliquons le théorème d’Ampère. Calculons la circulation de B le
long d’un cercle ( ) d’axe le fil : B . dl→
= µ0 I. Soit : B × 2πr = µ0 I.
D’où : B = µ0 I2πr
eθ→ en coordonnées cylindriques.
246 SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIEPHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
Application Numérique : I = 1,70 Ar = 310 – 2 m
B = 2.10 – 7 × 1,703.10 – 2 T,
B ==== 1,13.10 – 5 T. Ce champ est donc du même ordre de grandeur que BT = 2.10 – 5 T : il estfaible.
1.2.2. Expérience d’Œrsted1 - Lorsqu’aucun courant ne circule on oriente le fil dans le sens de la composante de BT.
2 - On fait circuler un courant I dans le fil l’aiguille s’oriente selon Btotal. On inverse le sensde I, l’aiguille s’oriente symétriquement.
Pour voir une orientation importante il faudra utiliser un courant de grande intensité (10 A)et placer l’aiguille très près du fil, le fil étant préalablement orienté suivant la composante de BT .
1.2.3. Définition de l’Ampère
B = µe I2πd
eθ→ df→ = I dl
→ ∧ B→ .
SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIE 247PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
Il existe donc une force attractive entre les deux fils.
dfdl =
µ0 I2
2πd
force par unité de longueur.
Application Numérique : 2.10 – 7 = 4π 10 – 7 I2
2π × 1 I ==== 1 A Cette relation correspond à la
définition théorique de l’Ampère dans le système international.
1.3. Champ magnétique créé par une bobine plate, bobines de Helmholtz.
1.3.1. (*) Spire circulaire, champ magnétique créé sur l’axe, bobine plate
B est sur l’axe (B = B e→z ) par raison de symétrie.
dB = µ0
4π I dl
→ ∧ u→
r2 , dBz = dB . e→z ,
dBz = µ0 I dl
4π r2 cos
π2 – β
, Bz =
µ0 I . 2πR
4πr2 sin β , r = Rsin β
,
B = µ0 I2 R sin3 β e→z
Bz = µ0 I
2 R2
R2 + z2
3 ⁄ 2
Pour : z = R2 sin β = R√R2 + z2
= 2√5
= 0,894
248 SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIEPHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
sin3 β = 0,715 B (z = R ⁄ 2)B (z = 0)
= 0,715
dBdz =
µ0 I2
R2 (– 3 ⁄ 2) 2z(R2 + z2)5 ⁄ 2
= K z (R2 + z2) – 5 ⁄ 2
d2Bdz2 = 0 pour (R2 + z2) – 5 ⁄ 2 – z (R2 + z2) – 7 ⁄ 2 52 2z = 0 ⇒ R2 + z2 – 5 z2 = 0
point d’inflexion z2 = R
2
4 ⇒ z = ± R2
Application Numérique : B = µ0 N I
2 R au centre
N = 130R = 0,15 mI = 1,70 A
B (au centre) = 0,926 mT.
Ce champ est quarante-six fois plus important que BT.
1.3.2. Bobines de Helmholtz
B = µ0 N I
2
R2
R2 +
d2 + x
2
3 ⁄ 2 + R2
R2 +
d2 – x
2
3 ⁄ 2
,
B = f z = d2 + x
+ f
z = d2 – x
,
avec : f(z) = µ0 N I
2 R2
R
2 + z2
3 ⁄ 2
f z = d2 + x
= f
d2
+ x f’
d2
+ x
2
2 f’’
d2
+ x
3
6 f’’’
d2
+ o (x3) ,
f z = d2 – x
= f
d2
– x f’
d2
+ x
2
2 f’’
d2
– x
3
6 f’’’ d2
+ o (x3) ,
B (x) = 2 f
d2
+ x2 f’’
d2
+ o (x3)
SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIE 249PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
On a donc B (x) = 2 f
d2
+ o (x3) si f’’
d2
= 0 ⇒ d2 = R2 ,
soit : d = R (bobines de Helmholtz)
Application Numérique : B (O) = 2 × 0,715 × 9,26.10 – 4 = 1,32.10 – 3 T B ((((O)))) ==== 1,32 mT
Application Numérique : B (O1) = 9,26.10 – 4 + 9,26.10 – 4
1√2
= 1,25.10 – 3 T B ((((O1)))) ==== 1,25 mT
B (O1) vaut environ 95 % de B (O) : le champ est donc très uniforme à 5 % près. Cedispositif permet de créer un champ uniforme dans une grande région d’espace.
1.4. Champ magnétique créé par une bobine longue.
1.4.1. (*) Solénoïde infiniment longUtilisons les propriétés de symétrie :
Soit (P) le plan orthogonal à l’axe du solénoïde et passant par M. On a :
D’où : – sym B = B ⇒ B est orthogonal à (P).
Par raison de symétrie on en déduit donc que le champ magnétique B est porté par l’axedu solénoïde et ne dépend que de la distance à l’axe.
On a Bext = O car les lignes de champ ne «sortent» pas du solénoïde infiniment long.Appliquons le théorème d’Ampère le long du contour ( ) indiqué sur le schéma.
On a pour r < R : Bz (r) × l = µ0 × nl . I.D’où : B (int) = µ0 n I e→z
250 SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIEPHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
le champ est donc uniforme à l’intérieur et colinéaire à l’axe.
Application Numérique : n = 2000,4 = 500 spires ⁄ m I = 7,0 A BO ==== 4,4 mT.
Ce champ est deux cent vingt fois plus important que BT .
1.4.2. Inductance propre de la bobine
φpropre = N φ à travers une spire = N × µ0 Nl I × π R2 = LI (avec S = π R2 section du solénoïde).
L = µ0 N2 π R2
l = µ0 N2 Sl
Application Numérique : L = 0,247 mH.
1.4.3. (*) Pont de Maxwell
On a : ZL = R + j L ω pour la bobine, et 1Ze
= 1Re
+ j Ce ω pour l’association Re et Ce en
parallèle.
L’équilibre est donné par : PQ = ZL Ze ⇒ ZL = PQZe
= PQ
1Re
+ j Ce ω .
D’où :
R = PQRe
L = PQCe
Le rôle du filtre passe-bande est de filtrer toutes les fréquences parasites autres que lafréquence d’étude f0 : la fréquence centrale de sa bande passante doit donc être égale àf0.
On obtient l’équilibre lorsque la tension aux bornes du détecteur est nulle : on l’encadre parapproximations successives.
Application Numérique : R = 1,25 Ω L ==== 0,241 mH valeur proche de la valeur obtenuethéoriquement.
Pour un tel solénoïde, où lR = 16, l’approximation du solénoïde infiniment long pour le calcul
de B et celui de L est valable ( lR ≥ 10).
SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIE 251PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
1.4.4. Solénoïde de longueur finie, champ sur l’axe
Pour ndz spires on a : dBz = µ0 ndz I
2 R sin3 θ.
En prenant M pour origine : MH____
= z,
tan θ = Rz ⇒ z = R cot θ,
dz = – R dθsin2 θ
dBz = – µ0 n I
2 sin θ dθ ⇒ Bz = µ0 n I
2 cos θ+ – cos θ–
On retrouve bien : B ==== µµµµ0 n I pour θθθθ++++ →→→→ 0 et θθθθ– →→→→ ππππ .
B0B∞
= l ⁄ 2
√R2 + l2 ⁄ 4 = 1
√1 + (2 R ⁄ l)2
Approximation du solénoïde infiniment long :
B0B∞
= 1 – 12 2 R
l
2 B∞ – B0
B∞ = 12
2 R
l
2
< 2.10–2 ⇒
2 Rl
2 < 4.10–2
soit : lR ≥ 10
B (O1) = µ0 n I
2 l√R2 + l2
B (O1)
B (O) =
√R2 + l2 ⁄ 4
√R2 + l2 = 0,503 ( l
R = 16 dans ce cas).
D’où l’allure de la courbe B = B (z) :
252 SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIEPHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
1.5. Champ magnétique créé par un bobinage torique à section carrée.
1.5.1. (*) Champ magnétique crééSoit (P) le plan contenant l’axe et le point M. Utilisons les propriétés de symétrie :
tore + I B créé en M
sym % (P) sym % (P)
tore + I – sym B
– sym B = B ⇒ B ⊥ plan (P) ⇒ B est orthoradial
( )
B dl→ = µ0 ∑ I : cercle de rayon r d’axe l’axe du tore
Bint (r) × 2πr = µ0 N I ⇒ Bint = µ0 N I
2πr eθ→
Bext (r) × 2πr = O car on ne coupe aucun courantou la somme des courants coupés = 0 ⇒ Bext = O→
1.5.2. Inductance propre
φtotal = N φspire = N ∫ r = d – a
d + aµ0 N I
2πr 2adr ,
φ = µ0 N2 I a
π ln
d + ad – a = L I ,
SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIE 253PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
D’où l’inductance propre du bobinage à section carrée :
L = µ0 N2 a
π ln
d + ad – a
Si a < < d L ≈ µ0 N2 a
π 1 + ad – 1 + ad + ..
L ≈
2 µ0 N2 a2
πd
On retrouve la même expression que celle trouvée pour le solénoïde : L = µ0 N2 Sl avec
S = 4a2 et l = 2πd
Application Numérique : L ==== 0,355 mH .
2. ACTION D’UN CHAMP MAGNÉTIQUE SUR UNE PARTICULE
2.1. Préliminaire : questions de cours.
2.1.1. f→ = q (E→ + v→ ∧ B→ )
2.1.2. dEC = f→ . dl→
= f→ . v→ dt = q E→ . v→ dt car q (v→ ∧ B→ ) . v→ dt = O→.
Un champ magnétique ne peut communiquer d’énergie.
2.1.3. dEC = q E→ . dl→
= – q grad→ V . dl→
= – q dV,
EC (B) – EC (A) = – q ∫ A
BdV EC (B) – EC (A) = q (VA – VB)
Pour accélérer des électrons on doit avoir EC (B) > EC (A) ⇒ q ((((VA – VB)))) >>>> 0
si VA = 0 on doit avoir – q VB > 0 avec q = – e < 0 soit VB >>>> 0,
1 eV = 1,602.10 – 19 C × 1 V, 1 e V ==== 1,602.10 – 19 J .
2.2. Mouvement d’une particule chargée dans un champ magnétique.
2.2.1. (*) Appliquons la relation fondamentale :
m dv→
dt = – e v→ ∧ B→
x..
y..
z..
= – em
x.
y.
z.
∧
O
O
B
.
254 SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIEPHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
Projetons :
x..
= – eBm y
.
y..
= eBm x
.
z..
= 0 ⇒ z. = cte = 0
⇒ z = constante = 0
Posons :
Z = x + i y x..
+ i y..
= – eBm y
. + i eB
m x. = i eB
m (x. + i y
.) ωC = eB
m
Z..
= i ωC Z.
⇒ Z.
= Z.
0 ei ωC t
= i v0 ei ωC t
⇒ x. + i y
. = i v0 (cos ωC t + i sin ωC t)
D’où :
x. = – v0 sin ωC t
y. = v0 cos ωC t
⇒
x = v0
ωC (cos ωC t – 1)
y = v0
ωC sin ωC t
D’où l’équation cartésienne de la trajectoire :
x +
v0
ωC
2
+ y2 =
v0
ωC
2
C’est bien un cercle de rayon :
r = m v0eB
La trajectoire de l’électron est donc un cercle de centre O’ (– m v0eB , O, O) situé dans le
plan xOy et parcouru dans le sens trigonométrique à la pulsation «cyclotron»ωωωωC ==== eB ⁄⁄⁄⁄ m .
SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIE 255PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
2.2.2. En supposant que la vitesse des électrons émis par la cathode est négligeable on a donc :
12 m v0
2 = eU ⇒ v0 2 = 2 e U
m
r2 = m2 v0
2
e2 B2 = 2 m Ue B2
⇒em = 2 U
r2 B2∆ (e ⁄ m)
e ⁄ m = 2 ∆r
r
Application Numérique :
U = 200 V
B = 1,17 mT r = (4,1 ± 0,2) 10 – 2 m
em = 1,74.1011 C ⁄ kg
∆ (e ⁄ m)e ⁄ m
= 2 0,24,1 = 9,75.10 – 2 voisin de 10 %.
D’où : em ==== ((((1,74 ±±±± 0,17)))) 1011 C ⁄⁄⁄⁄ kg m ≈≈≈≈ ((((9,20 ±±±± 0,90)))) 10 – 31 kg .
La valeur connue est me = 0,911.10 – 30 kg. Le résultat expérimental est en accord avec cettevaleur.
2.2.3. On a toujours z..
= 0 et donc z. = cte = v0 cos α
⇒ z = (v0 cos α) t
avec Z = x + i y on a : Z.
= Z.
0 ei ωC t
= i v0 sin α ei ωC t
avec ωC = eBm
x. = – v0 sin α . sin ωC t
y. = v0 sin α . cos ωC t
⇒
x = v0 sin α
ωC (cos ωC t – 1)
y = v0 sin α
ωC sin ωC t
En projection sur xOy on a un cercle de centre (– m v0 sin α
eB , O, O) et de rayon :
r = m v0 sin α
eB
Puisque z = (v0 cos α) t on obtient donc une hélice de base circulaire dont la direction estselon l’axe Oz (B).
256 SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIEPHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
2.3. Mesure de champs magnétiques : sonde à effet Hall.
2.3.1. (*) J→ = ρ v→ = nq v→ ,
J = IS = nqv ⇒ v = I
nq S
2.3.2. (*)
Les porteurs de charge positive sont soumis à une force magnétique f→ = q v→ ∧ B→ dirigée
vers les y < 0 : il apparaît donc un excès de charges positives dans le plan y = – b2 et un
défaut dans le plan y = b ⁄ 2.
En régime permanent on aura q (v→ ∧ B ) + q E→Hall = O→ puisque les porteurs vont traversersans être déviés. On a donc :
E→Hall = – v→ ∧ B = –
I ⁄ nqSOO
∧
OOB
=
OBI ⁄ nqS
O
E→ Hall = BInqS e→y
VHall = VM – VN = ∫ M
N
E→Hall . dy e→y = BInqS b ⇒ VHall = BI
nqc
VHall ==== K BI K : constante dépendante de la nature et de la géométrie de la sonde. Onapplique un courant I d’intensité donnée (on peut jouer sur cette valeur pour définir différentscalibres de mesure) : la mesure de VHall permet de déterminer B, la sonde ayant été étalonnée(pour déterminer K = 1/nqc), lorsque cette sonde est placée orthogonalement au champmagnétique B.
SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIE 257PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
2.3.3. • Si B = B e→x on a v→ ∧ B = O→ : il n’y a plus d’effet Hall ⇒ VHall ==== 0.
• Si B = B e→y on aurait un léger effet Hall, et une différence de potentiel entre les• plaques z = – c ⁄ 2 et z = c ⁄ 2 ; on aura donc encore VM – VN = VHall ==== 0.
La sonde à effet Hall ne permet donc de mesurer que la composante du champ magnétiqueperpendiculaire à la sonde soit Bz e
→→→→z . Pour mesurer un champ magnétique il faut donc placer
la sonde perpendiculairement à la direction de B.
2.3.4. V = VM – VP = (VM – VN) + (VN – VP) = VHall + ∫ N
P E→ . dx e→x = VHall + Ex . d.
Dans le conducteur Ex = Jγ = I
γS.
D’où : V = VHall + IdγS
Pour s’affranchir de l’erreur commise en confondant V et VHall on peut utiliser un décaleur dezéro : on ajuste ce décaleur pour obtenir VHall ==== 0 en l’absence de champ.
258 SECTIONS : PHYSIQUE ET CHIMIEPHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 259
C.A.P.E.S (Concours Interne)
sEmoN :PHY,~IQUEETÉLECTRI~~TÉAPPLTQUÉE
Composition d'lkctricité appliquée - Session : 1994
ETUDE D’ UN GENERATEUR DE SIGNAUX
1 - Etude de I’Osci I latcur 1.1 R3 protége I’entrbe de I’inverseur il.
1.2 Vl(O-1 = 0 ug(O-) = + 5 V~(O-) = E
U@t) = - ; V$O+) = 0
uD(t) = E I 1 - g exp( - & ) 1
1.3 61 est obtenu pour UD - 5 soit 01 = RlCl Ln (3) ( Dl conduit )
e1 =243ps 3E t'
1.4 UD(t') = 5 exp( - R2C, ) 02 = R2Cl Ln (3) ( D2 conduit)
E E A chaque passage de uD par 2 ou - j , l’inverseur Il bascule ce qui entraÎne la
variation de uD en sens inverse de la précédente. T=01+82=(Rl+R2)Cl Ln(3)=250ks
1.5 Voir document. “4 = 0,031 = 3.1%
2 Etude du gCnCrateur de courant
2.1 Rg ic+ Rg (i + i’) = 0 (Maille E- S P Q E+ 1
2.2 R4 (i + i’) = e (Maille N E-E+ Q M )
2.3 ic = - e R5
R6RF q este ico = 1,02 mA
2.4 En nkgligeant i’ devant ico. on obtient : vc,,max = E - R&, = 12,8 V.
3 Etude du ghhateur de rampe
3.1 e(t) = -V3(t) ( Amplificateur inverseur A = -1 )
3.2e=-E=-15V ic = lco= 1.02 mA e-0 V. ic = 0
260 SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
3.3V3=E= iSLi vq = 0 Tl bloqué
3.4 Cz = 24,8 nF
3.5 ( t1.T) : V4 = E 11 passant 1(T11 = 0,545 A a t = t 1 ( IB = 4.54 mAj Décharge presqu’instantanée du condensateur dans il et V5 = 0
3.6 voir document réponse
4 Etude du comparateur 4.1 C’est un comparateur à hystérésis qui bascule SI V5 = V,
vS ’ “r vfj = E
“5’ “r “6 = 0 ( rôle de 03 )
4.2 On a alors V, = 90 + o.su,
155 (lheoreme de MI l Imann)
Les deux seuils de basculement sont 5,32 V ( us = -E 1 et 6,29 V ( us = +E ) D’où te graphe “6 = f(V5) vb
4.3 Voir document réponse “6 = 0,615 ~ I; %Il b,zj ~1~
4.4 c16 = 243 V, +70
2500
5 GCnCration de Vr par un convertisseur
5.1 E- = E+ = 0 donc les potentiels des points Ai sont toujours nuls quelles que soient les valeurs des variables binaires ai. L’état du système est donc indépendant de ces valeurs ainsi que les potentiels Ui.
u2 u1 “0 5.2 u3 = 2 ; u2 = y ; u1 =T
“0 “0 u3 = yj- ; u2 = -yj-
5.3 lo= ,6 R N
5.4 "0
vr = - N 16 “0 = - 10,24 V.
5.5 a6 = 0.0622 N + 0,028 a(jmax = 96.1 %
SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 261
Document réponse no 1
262 SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
ETUDE D’UN ALTERNATEUR D’AUTOMOBILE
1 Etude de l’alternateur seul au laboratoire
1.1 B 1000 tr/min
1000 1.1.1 fs=pn=6x~=lOOHz
1.1.2 Zs est obtenu a partir de l’essai en court-circuit. Pour ie = 1,8 A 17 180
Uv = 17 V et Es = V = - = 9,81 V. Pour ie = 1 ,O A. Es = 9,81 x 18 = 545 V et 6
Es 5,45 zs =G =fg = 0,341 n.
1 .1.3 Xs = urZs2-Ra2 = 60,3412-0,0622 ‘0,335 CI
et Ls =z=g=O,533 mH . S
1.1.4 Es = &J + y= L+ Rai+ j Lsosj ( 1 en phase avec V. , debit sur
resistances ) d’où le diagramme par phase avec V = q d3
= 6,35 V. L,% J On mesure : Es = 10,l V ou on calcule Es = \i[ V + Ral 12 + Lswsl2
et 10,l
tel = 1,8x 9,~1= 1,86A. Es
Ll 1.1.5 Pu = \h U I = 381 W. pf + pm = 30 W. pJs = 3~ Ra 12 = 74,4 W.
v Rlf_
PJ~ = re x iel 2 = 6.92 W.
pu rl’ PU + Pf + Pm+ PJr + PJs
= 77,4 %
1.2 à 7500 tr/min
1.2.1 fS = 750 Hz
1.2.2 xs = Lws = 251 n.
1.2.3 Les calculs sont semblables ceux de 1.1.4. On trouve Es = 50,8 V et donc Es2 = 6,77 V ramené à 1000 tr/mln
SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 263
soit : ie2.=(?,6 6&) A = 1,24A.
1.2.4. l pm : à l’aide d’un moteur taré, mesurer la puissance mécanique
pm nécessaire pour entra’iner à vide, sans excitation, l’alternateur à la
vitesse désirée. pf : toujours à l’aide du moteur taré, mesurer la puissance totale pt
consommée pour entraîner à la même vitesse l’alternateur à vide mais excité : pf = pt - pm
l En notant f la fréquence des tensions rotoriques et B la valeur maximale du champ magnétique dans les tôles du stator, les pertes dans le fer, essentiellement localisées au stator, comportent les pertes par hystérésis, données par la formule empirique pfh = kt f B* , et les pertes par
courants de Foucault données par l’expression pfcF = k2 f* B*. Pour obtenir, à
vide (et à fréquence constante), les mêmes pertes dans le fer que dans la marche en charge, il faut que le champ magnétique B ait, dans la marche à vide, la même valeur qu’en charge.
Le flux & embrassé par un enroulement du stator est dû pour
l’essentiel à des lignes de champ magnétique régnant dans le fer du stator et y induisant un flux & ; à & s’ajoute toutefois un flux de fuites &f = Â I
(h étant I’inductance de fuites d’un enroulement du stator). Soit b la f.é.m. correspondant à & :
E,=- jo Qe=- jo Qc- j hoL = y+RL
C’est le flux & (ou la f.é.m. L = - j 0 c& ) qui, pour que les pertes
soient inchangées, doit rester constant(e) Or : E, =-j oQc =Y+RL+j ho1 tandisque E,=Y+RL +j L,wl.
Comme, en général I’inductance de fuites i est très inférieure à I’inductance synchrone Ls, on voit que la f.é.m. Ec qui doit rester constante
est très inférieure à la force électromotrice synchrone Es et très proche de
la quantité 1 Y + RI j = V + RI = 7,6 volts. Pour obtenir, à vide et à 1000 tr / min, une f.é.m. de 7,6 V , il faut
régler l’intensité ie du courant d’excitation à la valeur iet = 1,4 A, tandis
que pour obtenir la même f.é.m. à vide à 7500 tours par minute, il suffit d’une intensité ie2 = 0,19 A = iet / 7,5
l On voit donc que pour le même courant débité et la même tension en charge, le flux dans le fer est beaucoup plus faible à 7500 tr / min qu’à 1000 tr / min et, avec nos hypothèses simplificatrices, l’on peut considérer que le produit B f est inchangé : les pertes par courants de Foucault sont donc à peu près constantes tandis que les pertes par hystérésis sont divisées par 7,5 ce qui explique que la puissance p’f soit inférieure à pf.
264 SECTION PHYSIQUEET ÉIXCTRICITÉ APPLIQUÉE
Les pertes mecaniques, elles, ne dépendent que de la vitesse de la machine, autrement dit de la fréquence f des tensions et courants mis en jeu. Les frottements secs correspondent à une puisance perdue proportionnelle à f tandis que les frottements visqueux (ventilation) varient
comme f*. La puissance correspondant aux pertes mécaniques croît donc avec la fréquence f plus “vite” que f, on a donc p’,,, > 75 p,,, .
l Par des calculs semblables à ceux de la question 1.15, on trouve que le rendement de l’alternateur vaut alors n = 65 %.
2 Etude du redressement
2.1. Notons VI, vp et v3 les potentiels par rapport au point neutre des phases (l), (2) et (3). Entre Dl, Ds et D3, celle qui conduit est celle dont l’anode est au potentiel le plus élevé. Entre D4, Ds et De, celle qui conduit a
,sa cathode au potentiel le plus bas. D’où la tension ut(t) = vi - vi, composée
de six arcs de sinusoïde par période. 2.2. La tension ut(t) est toujours supérieure à Eg. Le courant dans la
batterie est donc ininterrompu.
*.3.i,=- aic,in=8,3A et icmax=25,5A; fic=1800Hz. RB
2.4. Voir le document réponse no 2. 2.5 L’intensité ii(t) a même fréquence que celle des tensions délivrées
par l’alternateur, soit f = p n’ / 60 = 300 Hz. L’harmonique 3 de il(t), que
nous notons ils (t) a donc pour fréquence 900 Hz, fréquence assez élevée.
Les harmoniques 3 respectifs des intensités i2(t) et is(t) sont en phase
avec it3(t). On a même il 3 (t) = i2s (t) = iss (t). De ce fait, I’inductance équivalente par phase L’ qui rend compte de la réaction d’induit de ces harmoniques differe de I’inductance synchrone LS ( inductance cyclique, de la
forme LS = L - M a ne pas confondre avec I’inductance L d’un enroulement, en
effet, avec les mêmes notations evidentes, L’ = L + 2 M) Mais L’ et L ont le même ordre de grandeur et la réactance L’O est de l’ordre de 3 ohms, elle est donc elevee et la tension aux bornes de L’ n’est donc pas négligeable. Même en supposant que la f.6.m. es due au seul flux du rotor est sinusoïdale, la reaction d’induit introduit donc d’importants harmoniques dans les tensions delivrees par l’alternateur et celles-ci ne peuvent donc être sinusoïdales. Cependant, dans la suite du problème, nous admettrons que les tensions, VI, vp et vs, sinusoïdales, forment un système triphsé équilibré.
2.6. u 3 uM -- COS 8 de = -=1,35u=14,9v. K
SECTION PHYSIQUEET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE 265
2 1;
266 SECTION PHYSIQUE ET ÉLECTRICITÉ APPLIQUÉE
2.7 icmoy = ucmoy:EB =,g6* RI3
> .
3 Etude de la rkgulation
3.1 La résistance r assure la commutation des diodes lors de l’ouverture du hacheur et évite les surtensions sur les diodes.
3.2 voir document ( Al conduit si Vl > V2 ou V3 )
3.3 C’est un redressement par 3 diodes des tensions triphasees v(t), chaque diode conduisant pendant un tiers de periode.
5n 6
sll - 2
3.4 p = + ; avec veff2 = !$ in28 dB = (1,017 vemoy j2 - -
D’où : P = 0,57 w.
3.5 uemoy = re iemoy = 2 x 1,8 = 3,6 V. = p vemoy = O! x 7.43.
D’où a = 0,484 -,48,4 % l 44
3.6 voir courbe ci-contre.
![Kapitel 5 | Trigonometrie · Kapitel 5 | Trigonometrie De nition 5.1 (Winkelfunktionen) Name D W Sinus sin R [ 1;1] Cosinus cos R [ 1;1] Tangens tan R nf2k+1 2 ˇjk2Z g R Cotangens](https://static.fdocument.org/doc/165x107/5e09aa41c36eb245c90b5343/kapitel-5-trigonometrie-kapitel-5-trigonometrie-de-nition-51-winkelfunktionen.jpg)
